Libro de Fisica III

FISICAPARA CIENCIAS e INGENIERIA

-ELECTRICIDAD y MAGNETISMO-

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

FACULTAD DE INGENIERIA MECANICA - ENERGIA

LIMA - PERU

1

PROLOGO

La idea de crear un manual de Física para alumnos de los primeros años de ciencias e

ingeniería no es algo novedoso en nuestro medio, sin embargo, esta se mantiene en la

actualidad debida principalmente a la carencia de bibliografía apropiada para la mayoría de

estudiantes.

Este texto es el fruto de la experiencia docente de los autores en diferentes universidades

del país, además, la estructura del mismo refleja el programa curricular de Física para las

carreras de ciencias e ingeniería, calculado para 80 horas de estudios.

La expresión de los temas es más o menos convencional, incluyendo al final de cada

capítulo un conjunto de problemas resueltos y propuestos cuidadosamente seleccionados.

Lima, Abril de 2011

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CONTENIDO pág.

CAPITULO I: CAMPO ELECTRICO

1.1 Carga eléctrica. 05

1.2 Distribuciones continúas de cargas. 06

1.3 Ley de Coulomb. 08

1.4 Fuerza sobre una carga puntual debido a una distribución continua

De carga: Lineal superficial y volumétrica. 10

1.5 Campo eléctrico de una carga puntual. 11

1.6 Líneas de eléctrico. 12

1.7 Campo eléctrico de una distribución discreta de carga. 13

1.8 Campo eléctrico de una distribución continua de carga: Lineal,

Superficial y volumétrica. 13

1.9 Ley de Gauss en forma integral. 14

1.10 Ley de Gauss en forma diferencial. 15

1.11 Problemas resueltos. 16

1.12 Problemas propuestos. 30

CAPITULO II: POTENCIAL ELECTRICO

2.1 Energía consumida al mover una carga puntual en un campo eléctrico estacionario.

35

2.2 Potencial electrostático. 35

2.3 Diferencia de potencial entre placas metálicas paralelas. 36

2.4 Relación entre el campo eléctrico y el potencial eléctrico. 37

2.5 Potencial eléctrico debido a una carga puntual. 38

2.6 Líneas y superficies equipotenciales .38

2.7 Potenciales absolutos. 39

2.8 Potencial y campo e un dipolo eléctrico. 41

2.9 Momento de un dipolo en un campo eléctrico externo uniforme. 42

2.10 Ecuaciones de Poisson y Laplace. 44



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CAPITULO III: POLARIZACION Y SUSCEPTIBILIDAD ELECTRICA

3.1 Campo eléctrico dentro de un conductor. 63

3.2 Polarización.64

3.3 Potencial y campo eléctrico externo de un medio dieléctrico. 66

3.4 Ley de Gauss en un dieléctrico. 69

3.5 Susceptibilidad eléctrica. 71

3.6 Capacidad eléctrica. 72

3.7 Repartición de la carga entre conductores en contacto. 73

3.8 Conexiones de capacitores. 74

3.9 Energía del campo eléctrico. 75



CAPITULO IV: CORRIENTE ELECTRICA CONTINUA

4.1 Corriente eléctrica. 95

4.2 Densidad de corriente. 96

4.3 Continuidad de corriente 97

4.4 Ley de Ohm. 99

4.5 Ley de Joule. 102

4.6 Asociación de resistencias.103

4.7 Fuerza electromotriz.103

4.8 Leyes de Kirchhoff.105

4.9 Problemas resueltos.106

4.10 Problemas propuestos.116

CAPITULO V: CAMPO MAGNETICO

5.1 Fuerza sobre una carga en movimiento. 119

5.2 Flujo magnético. 120

5.3 Ley de Gauss para el campo magnético. 120

5.4 Fuerza magnética sobre una corriente. 121

5.5 Momento y energía potencial de una espira con corriente dentro

De un campo magnético uniforme 123

5.6 Movimiento de una carga en un campo magnético. 125

4

5.7 Ley de Biot-Savart. 126

5.8 Campo magnético de una corriente rectilínea. 127

5.9 Fuerzas entre corrientes rectilíneas. 128

5.10 Ley de Ampere para el campo magnético. 130



CAPITULO VI: MAGNETIZACION Y SUSCEPTIBILIDAD MAGNETICA

6.1 Magnetización. 147

6.2 Campo magnetizante. 150

6.3 Susceptibilidad magnética. 153

6.4 Materiales magnéticos. 154

6.5 Histéresis. 156



CAPITULO VII: ELECTROMAGNETISMO

7.1 Ley de Faraday-Henry. 169

7.2 Ley de Lenz. 171

7.3 Flujo magnético variable. 172

7.4 Inducción electromagnética debido al movimiento relativo de un

conductor y un campo magnético. 172

7.5 Autoinducción. 174

7.6 Energía del campo magnético. 175

7.7 Asociación de inductancias. 177

7.8 Inductancia mutua. 178



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CAPITULO I: CAMPO ELECTRICO

1.1 CARGA ELECTRICA .-

La carga es una propiedad fundamental y característica de las partículas elementales

que forman la materia.

La materia está constituido por un núcleo, en torno al cual giran partículas llamadas

electrones. El núcleo de un átomo está formado básicamente por protones y neutrones.

Los protones son partículas cargadas positivamente, mientras que los electrones lo son

negativamente. Los neutrones son partículas sin carga.

Si la materia es eléctricamente neutra, esto se debe a que el número de protones en un

átomo (z) es igual al número de electrones y la carga del electrón es igual a la carga del

protón.

Desde el punto de vista macroscópica, la carga se refiere a la carga neta, o al exceso de

carga, cuando decimos que un objeto está cargado, lo que queremos decir es que tiene

un exceso de electrones (cargado negativamente) o un exceso de protones (cargado

positivamente).

En un sistema cerrado, las cargas pueden reagruparse y combinarse en distintas formas;

sin embargo, podemos establecer que la carga neta dentro d dicho sistema se conserva.

Lo anterior constituye el principio de conservación de la carga.

Experimentalmente se ha encontrado que la carga se presenta en múltiples de una

cantidad fundamental, así.

Q=ne

Dónde:

e=1,6x10−19C, y correspondiente a la carga del electrón, y

n=±1, ±2, ±3,………………..

Lo que se conoce como “cuantización de la carga”. Uno de los muchos experimentos

para mostrar esto es el ideado por Millikan (experimento de la gota de aceite). El

estudiante puede encontrarlo en la mayoría de textos de Física General.

1.2 DISTRIBUCIONES CONTINUAS DE CARGA.-

Si imaginamos una región del espacio llena con un número enorme de cargas, separadas

por distancias pequeñísimas, podemos reemplazar esta distribución de partículas muy

pequeñas por una distribución continua, por medio de una densidad apropiada de carga, al

igual que se describe el agua diciendo que tiene una densidad de 1g/cm3, aún cuando

consta de partículas de tamaño atómico y molecular. Esto se hace solo si no nos interesan

las pequeñas irregularidades en el campo, a medida que se basa de electrón en electrón, o

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si no tiene mayor importancia el que la masa del agua en realidad aumenta en pequeños

pasos, pero finitos, por cada molécula nueva que se agrega.

En realidad, no hay limitación, pues los resultados siempre se expresan en magnitudes

macroscópicas. En muy raras ocasiones se requiere conocer una corriente electrón por

electrón.

Lógicamente, la carga, al igual que la masa, puede distribuirse en todo un volumen, sobre

una superficie, o a lo largo de una línea. Así, la densidad lineal de carga se denota mediante

la letra griega lambda. La pequeña cantidad de carga ∆q, en una longitud pequeña ∆L, es

∆ q= λ∆ L

Y se puede definir matemáticamenteλ, usando un proceso de tomar el límite en la relación

anterior.

λ= lim∆ L→0

(¿∆q /∆ L)=dq/dL ¿

La carga total dentro de una longitud finita L se obtiene integrando sobre toda la longitud,

Q=∫L

λdL

En general, λ puede ser función de la posición y debemos escribir

Q=∫L

λ(r ')dL………………………………………………………(1.1)

La pequeña cantidad de carga ∆q, en una pequeña superficie ∆s, es,

∆q=σ∆s

Donde hemos representado con la letra griega sigma a la densidad superficial de carga.

Matemáticamente, usando el proceso del límite, definimos la densidad superficial de carga, así.

σ= lim∆ s→0

(∆q /∆ s)=dq /ds

La carga total dentro de una superficie finita S se obtiene integrando sobre toda la superficie,

Q=∫S

σ (r ')dS…………………………….. (1.2)

Si σ es constante sobre toda la superficie, tenemos:

7

Si λ es constante en toda la longitud,

la expresión (1.1) se simplifica, así

Q= λL

Las unidades de λ, en el S.I son C/m.

Todas las variables expuestas se

representan en la figura (1.1)

Q=σs

Las unidades de en el S.I son C/m2

La densidad de carga volumétrica la representamos mediante la letra griega rho, y sus

unidades en el S.I son C/m3.

Matemáticamente, la definimos así:

ρ= lim∆V→0 ( ∆q∆V )=dq /dV

La carga total sobre todo un volumen finito V se obtiene mediante la siguiente integración:

Q=∫V

ρ(r '¿)dV ¿……………………..……………….. (1.3)

Las variables en (1.2) y (1.3) se representan en las figs. (1.2) y (1.3).

1.2 LEY DE COULOMB

Describe la interacción eléctrica entre dos partículas cargadas bajo las siguientes

condiciones:

a) Las partículas cargadas se encuentran en reposo en el sistema inercial de referencia

del observador o, cuando más, moviéndose a una velocidad muy pequeña.

b) Las cargas pueden considerarse “puntuales”.

c) Las cargas se encuentran en el espacio, libre (vacío)

El espacio libre se comporta como un medio homogéneo, isótropo y lineal.

Homogéneo: las propiedades eléctricas no son funciones de la posición.

Isótropo: las propiedades eléctricas no son función de la dirección que une las

cargas.

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Lineal: el factor de proporcionalidad K0, entre las causasy el efecto, debe ser

constante sin importar la magnitud del fenómeno.

La ley de Coulomb nos dice:

“la interacción eléctrica entre dos partículas cargadas es proporcional a sus cargas e

inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellas y su dirección es

según la recta que las une”.

Expresada matemáticamente y en concordancia con la figura 1

F i=k0qiq j u ij

rij2 ……………………………………(1.4)

uij; Vector unitario en la dirección del vector rijk 0; Constante de proporcionalidad eléctrica en el vacío.En el sistema (MKSC).K0=8,9874 x109N m2C−2

En el ejercicio de aplicación usaremos K0=9 x109 N m2C−2

Por razones prácticas y de cálculo numérico es conveniente expresar K0 en la forma:

K0=( 14 π ϵ 0

). Usaremos esto cuando sea necesario.

Donde ∈0es una nueva constante que llamamos permitividad del vacio.

∈0=8,854 x10−12N−1m−2C2

El lector puede verificar que (1.4) también podemos expresarlo así:

F I=qi K0

(r¿¿i− r j)¿ r i− r j∨¿3q j¿

¿………………………………(1.5)

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Dónde:

F i;Fuerza sobre la partícula i debido

a su interacción con j.

q i; Carga de la partícula i (incluyendo

valor y signo).

q j; Carga de la partícula j

(incluyendo valor y signo).

rij; Modulo del vector rij (en

la dirección de j a i).

Calculamos la fuerza sobre q j, decir F j, cambiando en (1.4) o en (1.5) cada subíndice i a j y

cada j a podemos mostrar de este modo que F I=−F j.

Dependiendo de que los signos de las cargas sean iguales u opuestos, estas serán repulsivas, respectivamente.

Si se considera un sistema de N cargas puntuales interactuando, la fuerza sobre la iesima carga, q i, está dada por la aplicación repetida de la ecuación (1.5), así:

F I=qi K0∑j≠ i

N ( r¿¿ i−r j)

¿ ri−r j∨¿3 q j ¿¿…………….……………. (1.6)

Notemos que la expresión (1.6) nos da la fuerza sobre una carga puntual,q idebido a su

interacción con una distribución discreta de cargas. Ver fig. 1.5.

1.4 FUERZA SOBRE UNA CARGA PUNTUAL DEBIDO A UNA DISTRIBUCION DE

CARGA CONTINUA: LINEAL, SUPERFICIAL Y VOLUMETRICA

Esta es una simple extensión de la idea de N cargas puntuales y reemplazamos la

sumatoria por una integral extendida a toda la distribución continua, así;

10

F I=qi K0∫L

( r¿¿ i−r j) λdL

¿ ri−r j∨¿3 ¿¿…. (1.7)

La expresiones anteriores nos da la fuerza sobre una carga puntual debido a su interacción con una carga distribución continua de carga: lineal, superficial y volumétrica, respectivamente.

La variable r’ se usa para localizar un punto en la distribución de carga, esto es, hace el papel de r j en la ecuación (1.5), ver figura (1.6) a (1.8).

1.5 CAMPO ELECTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL

Observando las ecuaciones (1.5) a (1.8) notamos que la fuerza sobre una carga puntual q i(que en adelante la denominaremos “carga testigo” es proporcional a q i. Esta observación nos conduce a introducir un campo vectorial independiente de q i, al cual denominaremos “campo eléctrico”.

Operacionalmente podemos definir la Intensidad del campo eléctrico en un punto,

Como la fuerza por unidad de carga (testigo) colocada en ese punto, así:

E=Fi/q i……………….………………… (1.10)

El campo eléctrico lo expresaremos, de acuerdo con la relación (1.10), en unidades de N C−1.

Si usamos, la ecuación (1.5), el campo eléctrico producido por una carga puntual q j(carga puntual) evaluado en el punto donde está ubicada q i, será:

11

F I=qi K0∫S

( r¿¿ i−r j)σ dS

¿ ri− r j∨¿3 ¿¿……. (1.8)

F I=qi K0∫V

( r¿¿ i−r j) ρ dV

¿ ri−r j∨¿3 ¿¿ ….. (1.9)

E=K0

(r¿¿i−r j)¿ ri− r j∨¿3q j¿

¿……………………………. (1.11)

Si hacemos coincidir, en la figura (1.4), el origen O con el punto donde está ubicada q j, la expresión (1.11) se simplifica, obteniendo:

E=K0(q j/r2)ur

Ahora; ri− r j= r i=r y ur, es el vector unitario en la dirección de r, ver figura (1.9).

Fig. 1.9 orientación del campo eléctrico producido por una carga puntual a) positiva

y b) negativa.

1.6 LINEAS DE CAMPO ELECTRICO

El campo eléctrico debido a una o varias cargas fuente es un campo vectorial. Una

representación gráfica de un campo eléctrico es difícil debido a que exige la construcción de

un vector para un gran nuero de puntos representativos del campo. Michael Faraday (1791-

1867) introdujo una manera de visualizar un campo eléctrico en función de lo que denomino

líneas de fuerza, y que de manera más apropiada denominaremos líneas de campo

eléctrico. Las propiedades de estas líneas son:

1. una línea de campo eléctrico es una línea orientada que posee en cualquier posición a lo

largo de ella la dirección y sentido deE.

2. El número total de líneas de campo eléctrico que se originan en una carga puntual es

proporcional al valor absoluto q de la carga. El valor de la constante de proporcionalidad se

elige arbitrariamente de manera que suministre la representación pictórica más precisa del

campo.

3. El número de líneas de campo eléctrico por unidad e área que atraviesa una superficie

imaginaria normal a la dirección de la línea, en cualquier punto, es proporcional al módulo de

E en tal punto. El valor de la constante de proporcionalidad es arbitrario ya que el número

total de líneas que se originanen la carga también lo es. A continuación mostramos las

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líneas de campo eléctrico producido por una carga puntual positiva y negativa. En ambos

casos el valor absoluto de la carga es igual. Ver figs. (1.10) y (1.11).

Note que, como la configuración de las líneas de campo debidas a una carga puntual es la

misma para cualquier plano que pase por la carga, no es necesario utilizar tres dimensiones

para representarlas. En la fig. (1.12) mostramos la representación bidimensional de líneas

de campo eléctrico de dos cargas puntuales del mismo valor ero de signos opuestos.

fig. 1.12

1.7 CAMPO ELECTRICO DE UNA DISTRIBUCION DISCRETA DE CARGAS

Siguiendo el mismo criterio adoptado en la sección anterior, el campo eléctrico producido

por una distribución discreta de cargas (cargas puntuales), a partir de la ecuación (1.5),

será:

E=K0∑j≠ i

N (ri− r j)

ri−r j3 q j

Esta ecuación nos da el campo eléctrico producido por todas las cargas (exceptoq i) en la

posición donde está ubicada q i. En este caso, es la carga testigo y todas las cargas que

producen el campo, las cargas fuente.

1.8 CAMPO ELECTRICO DE UNA DISTRIBUCION CONTINUA DE CARGA: LINEAL

SUPERFICIAL Y VOLUMETRICA

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La generación a los casos en que el campo eléctrico es producido por una distribución

continua de carga es inmediata, reemplazando en la expresión (1.13) la sumatoria por una

integral, de acuerdo a la distribución que se trate.

E=K0∫( ri−r ') λdL ri−r '

3 ……………..……………… (1.14)

E=K0∫( ri−r ')σdSr i−r '

3 ……………..……………… (1.15)

E=K0∫( ri−r ') ρdV ri−r '

3 …………….………………. (1.16)

Las ecuaciones (1.14) a (1.16), nos dan el campo eléctrico producido por una distribución

continua: lineal, superficial y volumétrica, respectivamente, evaluados en la posición donde

está ubicada q i. Una vez más hacemos notar que, la variable r ' se usa para localizar un

punto en la distribución de carga y ri, es el vector de posición del punto donde estamos

evaluando el campo (o donde está ubicada la carga testigo q i). De lo expuesto concluimos

que, cualquier región del espacio en donde una carga eléctrica (carga testigo q i)

experimenta una fuerza se llama campo eléctrico. La

Relación entre el campo eléctrico y la fuerza sobre la carga ubicada en ese punto, en todos

los casos descritos será:

F i=q i E

De tal manera que, si q i es positiva, la fuerza que actúa sobre la carga es paralela al campo

eléctrico y, antiparalela si q ies negativa.

Por tanto, si aplicamos un campo eléctrico en una región donde haya iones positivos y

negativos, el campo tendera a mover los cuerpos cargados en dirección una separación de

cargas, efecto este llamado polarización (ver figura 1.12).

Fig. (1.12) separación de cargas de signos opuestos por un campo eléctrico

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1.9LEY DE GAUSS EN FORMA INTEGRAL

Consideremos una carga o, si se quiere, un sistema de cargas puntuales, positivas o

negativas, encerradas por una superficie cerrada de forma arbitraria, como se muestra en la

figura (1.13). La ley de Gauss en forma integral establece que:

“El flujo eléctrico que pasa a través de cualquier superficie cerrada es proporcional a la

carga total encerrada por esa superficie”.

Si el medio es el vacío, la constante de proporcionalidad es 1/∈0.

Expresada en forma integral:

∮E

¿∮ E . uN dS=∑i= j

N

qi /∈0

En la ecuación (1.18), la sumatoria sobre las N cargas se hace considerando el signo

positivo o negativo de cada una de ellas. Esto conduce a utilizar el término de carga neta

pero, aquí conservaremos el término de carga total.

1.10LEY DE GAUSS DE FORMA DIFERENCIAL

La relación anterior puede generalizarse de inmediato al caso de una distribución continua de cargas encerrada por una superficie de forma arbitraria cerrada. Al igual que antes, la sumatoria sobre las N cargas la reemplazamos por la integral extendida sobre todo el volumen que contiene a la carga. La nueva expresión para el flujo eléctrico será:

∮E

¿∮S

E . uN dS=1∈0

∫V

ρdV

Recordemos ahora el teorema de la divergencia.

Teorema de la divergencia

“la integral de la divergencia de un vector sobre un volumen V es igual a la integral de

superficie de la componente normal del vector sobre la superficie que limita V”, así:

∫V

¿ A dV=¿∮S

A .uN dS ¿

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Fig. (1.13) N cargas puntuales

cencerradas por una superficie

cerrada de forma arbitraria

En nuestro caso, tomando al vector A como el campo eléctrico.

∫V

¿ E dV=∮S

E .uN dS

A partir de las relaciones (1.19) y (1.20), obtenemos:

∫V

¿ E dV= 1∈0

∫V

ρdV

Esta ecuación debe ser válida para cualquier elección del volumen y la única forma de que esto sea cierto es que:

¿ E=ρ /∈0

Esto se conoce como la ley de gauss para el campo eléctrico en forma diferencial.

1.11PROBLEMAS RESUELTOS

1.1 dos cargas de 3 y5 uC están ubicadas en el aire y con respecto a un sistema inercial de

referencia en (3, 4,5) y (-5,-4,-3) respectivamente. Determinar la fuerza de interacción

eléctrica sobre cada una.

Solución:

Sea q i=3uC=3 x10−6CY q j=5uC=5 X 10−6CLuego, ri=3 i+4 j+5 k

Y r j=−5 i−4 j−3 k

Por tanto: ri− r j=8(i+ j+k )Y ri−r j

3=2660,43Como el aire tiene un comportamiento similar al espacio libre, usando La ecuación (2) con

los valores correspondientes, obtenemos:

F i=(3 x 10−6)(9 x109)8(i+ j+ k)(5 x 10−6)/2660,43

F i=4 x 10−4(i+ j+k )NDado que: F i=−F j , F j=−4 x10−4(i+ j+ k )N

Son fuerzas repulsivas

1.3 la figura muestra un dispositivo de laboratorio que puede servir para medir cargas

eléctricas. Si la separación en las esferas cuando están descargadas es L, determinar;

a) la ecuación que permite calcular Q en función de X cuando las cargas en las esferas

son iguales y de signos contrario.

b) La cara Qmax que puede medirse en estas condiciones.

16

c) Qué pasa si Q>Qmax?

La constante de elasticidad del resorte es K.

Solución:

b)dQmax

dX=0

( 12 )[ K

K0 (LX2−X3 ) ]−1

2 ( KK0) (2 LX−3 X2 )=0

De donde:X=2L /3Reemplazamos este valor de x en la relación obtenida para Q,

Tenemos:Qmax=√4K L3/27KO

c) El resorte adquiere deformación permanente.

1.3 Dos pequeñas esferas tienen una masa de 0.2g cada una y están colgadas de un punto común, por medio de hilos de 25 y 30 cmde longitud. Si las cargas de las esferas son iguales y estas se encuentran en equilibrio cuando la línea que las une forma un ángulo de 90º con el hilo máscorto, determinar:a) Los ángulos que forman los hilos con la vertical.

b) La carga que contiene cada esfera.

Solución:

a) De la figura:

senA= L2L

=0.5 , luegoA=30º

tqθ1+θ2=60º

En el equilibrio:

Para la esfera 1, se cumple:

mg / sen90 °=F /senθ1

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a) Dado que las cargas son de signo

contrario, la fuerza eléctrica entre ellas

será atractiva. Para la esfera superior; en

el equilibrio la fuerza elástica del resorte se

igualara a la fuerza eléctrica, así:

K (L−X )=K0Q .Q /X 2

De donde:

Q=√K (L X2−X3)/K 0

De donde: F=mg / senθ1

Para la esfera 2,

mg / sen30 °=F /senθ2

De donde: F=2 senθ2mg

Igualando a) y b):senθ1=2 sen θ2

Usando:θ1+θ2=60º, en c) obtenemos:

θ1=40.9 y θ2=19.1

b) De la relación a): K oQ 2/d 2=mg senθ1 , luego:

Q=√d2mg senθ1¿Ko

Usando:d2=3 L2 , con L=0.25m ; m=2 x10−4 KgK 0=9 x109N m2C−2,

Obtenemos:

Q=1.63 x 10−7C

1.4 Dos bolas de corcho, una de masa m y otra de masa 2m , están suspendidos de

hilos de seda de longitud L, como se muestra en la figura adjunta. Cada una tiene una

carga q. Demuestre que su separación respecto del equilibrio, está dada por:

d=(3K q2 L/2mg)1 /3

Suponiendo que los ángulos θ1 y θ2 son pequeños.

Demostración:

De la figura:

L/sen∅=sen (θ1+θ2)De donde:

d=L(senθ1cosθ2+senθ2cosθ1)/sen∅ …(A)

Si θ1, θ2 son pequeños entonces

cosθ1 ,cosθ2=1 , luego

d=L(senθ1+senθ2)/sen∅De la condición de equilibrio, para

Ambasbolas:

F e/ senθ1=mg /sen∅Luego:sen∅=mgsenθ1/Fe… (B)F e/ senθ2=2mg / sen∅

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Por tanto: sen∅=2mg senθ2/Fe … (C)

Igualando (B) y (C):

senθ1=2 sen θ2

Usando este resultado en (A):

d=3Lsenθ2/sen∅ …(D)

Reemplazando (C) en (D):

d=3L Fe/2mg

Como:F e=K q2/d2

d=3LK q2/2mgd2

Resolviendo para d, finalmente obtenemos:

d=(3K q2 L/2mg)1 /3

1.5 Cargas eléctricas positivas iguales que se colocan en los vértices de un triángulo

equilátero de lado “a”. Calcular tal como se muestra en la fig. :

a) el campo eléctrico en la posición (0, 0, zo), donde zo es la distancia vertical contada desde

el centro del triángulo, y

b) la fuerza sobre una carga positiva qicolocada en esa posición.

Solución:Nuestro cálculo se simplifica si hacemos uso del sistema de coordenadas X’ Y’ Z’, como se

muestra en la figura.

ER=3K 0(q /d2)cosθ k ;

Dónde:d2=z02+b2 y cosθ=z0/d=z0/(z0

2+b2)1 /2

Luego,

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a) La carga que se encuentra en el origen O’ crea un campo en P(0,0,zo) dado por

E=K0(q /d2) u

De las condiciones de simetría, notamos que,

el campo eléctrico resultante en P debe estar

Solamente en la dirección Vertical, ya que las

componentes del campo, creada por cada

carga, en el plano paralelo al plano X’Y’, se

cancelan. Por tanto el campo resultante en

P debe ser:

ER=[ 3K0 z0q

( z02+b2 )

32 ] k

Conb=(a/2)/cos30 º=a /31/2

Finalmente obtenemos:

ER=[3K 0 z0q /(a2/3+z02)3/2] k

b) la fuerza sobre la carga puntual positiva qi, a partir de la relación F i=q i Ese obtiene directamente, así

F i=[3K0 z0q qi /(a2/3+z0

2)3 /2] k

1.6 Determinar el campo eléctrico producido por una distribución de carga lineal uniforme

λ, sobre un filamento recto de longitud L, a una distancia R de: a) los extremos de la recta y

b) el centro.

Los extremos están ubicados en (0, 0,0) y (0, 0, L).

Solución:Hacemos uso de la relación (1.7).En nuestro caso:

(ri – r ’)=Rcscθ uu=senθ ur+cosθ uz(ri – r ’)=Rcscθ(senθ ur+cosθ uz)

|r i – r ’|3=R3csc3θ

c=Rcotθz=b – c=b – Rcotθdz=R csc2θdθ=dL

Luego,

E=K0∫θ1

θ2 Rcscθ(senθ ur+cosθ uz) λR csc2θdθ

R3 csc3θ

E=K0 λ/R∫θ1

θ2

(¿ senθ ur+cosθ uz)dθ ¿ … (A)

Integrando:

E=(K 0 λ /R)[ (cos θ1−cosθ2 )ur+( senθ2−senθ1 ) uz]

a) Si b=L

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cosθ 1=L/(L2+R2)1/2;cosθ2=0

senθ1=R /(L2+R2)1 /2 ;senθ2=1

Sustituyendo en (A):

E=(K 0 λ /R)[L /(L2+R2)1 /2] ur+[1 – R /(L2+R2)]uz

b) Sib=L/2;cos θ1=−cos θ2=L/(L2+4 R2)1 /2 ;sen θ1=senθ2

Luego:E=(K 0 λ /R)2cosθ1 ur

E=2K0Lλ ur

R (L2+4 R2)1/2

Lógicamente, la fuerza sobre una carga colocada en el punto donde se evalúa el campo se

obtiene fácilmente; así F i=q i E

1.7 Un alambre delgado, infinitamente largo, tiene una densidad lineal de carga uniforme

positiva λ. Calcular la fuerza de repulsión que experimenta una carga puntual positiva +q a la

distancia R del alambre.

Calcular también el campo eléctrico a la distancia R del alambre.

Solución:

Hacemos uso de la relación (1.7)

En nuestro caso y de acuerdo a la

Figura que se muestra, tenemos

ri=R ur ; dL=dz

r ’=z uz

|r i – r ’|3=(R2+z2)3 /2

La integral la efectuamos desde

z=−∞Hastaz=+∞ , asi

F i=K0∫−∞

+∞ (R ur−z uz) λdz

(R2+z2)3/2 …(A)

De la figura z=Rtanθ ; dz=R sec2θdθ

Luego (R2+z2)3 /2=R3 sec3θ

Reemplazando las relaciones anteriores en (A), obtenemos:

21

F i=(q K0 λ/R)[ ∫−π /2

+π /2

cosθdθ ur− ∫−π /2

+π /2

senθdθ uz] …………………… (B)

Donde hemos hecho el siguiente cambio en los límites:

θ=−π /2Paraz=−∞ y θ=+π /2 para z=+∞

Luego de efectuar la integración (B), el término en a) es igual a 2 y b) se anula, por tanto:

F i=(2q K 0 λ /R) ur

Lógicamente, el campo eléctrico creado a una distancia R del alambre podemos obtenerlo a

partir de la relación anterior, así:

E=(2K0 λ/R) ur

1.8 Un anillo de alambre fino de radio R, tiene una densidad lineal de carga uniforme

positiva λ. Hallar la fuerza sobre una carga puntual +q ubicada sobre la perpendicular al

anillo una distancia H.

Solución:

De acuerdo a la figura que se muestra:

ri=H k

r ’=R u

ri− r ’=H k−R u

|r i – r ’|3=(H 2– R2)3/2

dL=Rd ∅

Reemplazamos todo esto en la

Ecuación (1.7), obtenemos:

F=K0∫(H k−R ur) λRd∅

(H 2+R2)3/2

F=q KoRλ

(H 2+R2)32

∫(H k−R ¿ur)d∅ ¿

Usando:

ur=cos∅ i+sen∅ j

22

F=q K oRλ

(H 2+R2 )32

∫0

2π

Hd∅ k – R∫0

2 π

cos∅ i – R∫0

2π

sen∅ j

a¿=2π H b¿=0c¿=0

se puede verificar que, excepto la integral a), las integrales b) y c) se anulan, obteniéndose

finalmente para F.

F=2π Ko RHqλ k

(H 2+R2)32

El estudiante no encontrara difícil demostrar que el campo eléctrico producido por el anillo

en un punto sobre el eje Z, tal como P (0, 0, H) es:

E=¿2 π K oRHλ k

(H 2+R2)32

1.9 El anillo circular que se muestra en la figura, tiene una distribución de carga λ=λo sen∅ , donde λ o=cte. Y∅ se mide como se indica. Determinar la fuerza sobre una carga puntual

+q ubicada en el centro del anillo y calcular tambien el campo eléctrico en este punto.

Solución:

De acuerdo a la figura:

ri=0 ; r ’=R ur

ri – r ’=−R ur

|r i – r ’|3=R3

dL=Rd ∅

Usando la relación (1.8):

F=Ko∫−R ur λo sen∅ Rd∅

R3 q

F=(−Ko λoq /R)∫0

2π

sen∅ d∅ ur

Usando:ur=cos∅ i+sen∅ j

F=(−Ko λoq /R)[∫0

2π

sen∅ cos∅ d∅ i+∫0

2π

sen2∅ d∅ j ]

23

a¿=0 b¿=π

Puede verificarse que la integral a¿ seanula y b¿=π , por tanto:

F=πK o λo(− j)

Rq

1.10 Los arcos del círculo mostrados en la figura llevan cargas iguales y opuestas ± λo por

unidad de longitud. Encuentre el campo eléctrico E en el centro del circulo.

Solución:

El campo eléctrico creado por

El arco cargado positivamente

Lo evaluamos así:

E1=K o∫(−R ur)λoRdθ

R3

E1=(−Ko λo/R)∫dθ ur

En el segundo cuadrante:

ur=cosθ j – senθ i

Luego:

E1=(−Ko λo/R)∫(cosθ j – senθ i)dθ

E1=(−Ko λo/R)[∫0

2π

cosθdθ j−∫0

2π

senθdθ i ]

Integrando:

E1=(−Ko λo/R)( j – i)

E1=(Ko λo/R)( i – j) … (A)

El campo eléctrico creado por el arco cargado negativamente lo elevamos así:

E2=Ko∫−R ur(−λo)Rdθ

R3

E2=(Ko λo/R)∫dθ ur

En el tercer cuadrante:

ur=−cosθ i – senθ j=−(cosθ i+senθ j)

Luego:

E2=(−K o λo/R)[∫0

2 π

cosθdθ i−∫0

2π

senθdθ j ]

24

E2=(−K o λo/R)(i+ j) …(B)

El campo eléctrico resultante Een el centro del círculo es:

E=E1+ E2=(−2Ko λo /R) j=(2Ko λo/R)(− j)

1.11 Un disco de radio R tiene una carga distribuida con densidad superficial de carga

uniforme σ. Determinar la fuerza sobre una carga puntual +q colocada sobre la

perpendicular al disco por su centro una distancia zo.

Solución:

ri=z0 k

r ’=r cos∅ i+r sen∅ j

ri – r ’=z0 k – r cos∅ i+r sen∅ j

|r i – r ’|3=(z0

2+r2)3 /2

dS=rdrd∅Reemplazando todo esto en la ecuación (1.8), tenemos:

F i=Ko∫σ ( zo k−rcos∅ i−rsen∅ j )rdrd∅

(r2+zo2)3 /2

q

La relación anterior podemos

Dividirla en tres términos, cada

Uno asociado a una integral.

El estudiante puede demostrar

Que las integrales que acompañan

Ai y j, se anulan. Note que

Este resultado también es evidente

A partir de consideraciones

Desimetría, ya que la distribución

De carga es uniforme. Entonces,

F i=2π Koσ q zo∫0

Rrdr k

(r2+zo2)3/2

Integrando:

F i=2π Koσ q [1– zo/(R2+zo

2)1/2] k

25

1.12 Hallar el campo eléctrico producido por un anillo plano de radio menor “a” y radio mayo

“b”, que posee una densidad superficial de carga uniforme σ , en puntos ubicados sobre la

perpendicular a su centro a una distancia zo.

Solución:De la figura:

ri=z0 kr ’=r ur|r i – r ’|

3=(r2+z0

2)3 /2

dS=rdrd∅Usando la relación (1.15), tenemos:

E=Ko∫(z¿¿0 k−r ur)σrdrd∅

(r2+ z02)3/2 ¿

Integrando para ∅ desde 0 a 2π y para r desde “a” hasta “b”, obtenemos:

E=2πKoσ z0[1

√a2+z02− 1

√b2+z02] k

Note que, el término integral asociado al vector ur se anula. Esta tambien puede deducirse

por consideraciones de simetría.

1.13 hallar el campo eléctrico y la fuerza, sobre una carga puntual q producida por una

distribución superficial de carga uniforme +σ sobre un plano de dimensiones muy grandes.

Solución:

Podemos aprovechar la solución del problema 1.11 si hacemos cuenta que, por lo que a la

carga puntual se refiere, el efecto es el mismo si en vez del plano consideramos un disco de

radio infinito. En este caso la integral que debemos evaluar es:

F i=2πK oσq z0∫0

+∞rdr k

(r2+z02)3/2

Integrando:

F i=2πK oσq k=( σ2∈0

)q k , donde hemos usado K0=1/4 π∈0

Luego, el campo eléctrico creado por el plano es:

E=( σ2∈0

)k

1.14 Una superficie esférica de radio R posee una distribución superficial de carga uniforme

+σ. Calcular la fuerza sobre una carga +Q ubicada en el centro de la superficie esférica.

26

Calcular también, a partir del resultado anterior, el campo eléctrico en el centro de la

superficie esférica.

En este caso, es conveniente

Hacer coincidir la posición

De +Q con el origen de nuestro

Sistema de coordenadas elegido

Como referencia, como se muestra

En la figura:

ri=0

r ’=Rsenθ cos∅ i+Rsenθsen∅ j+Rcosθ kri− r ’=−Rsenθ cos∅ i−Rsenθsen∅ j−Rcosθ k

|r i – r ’|3=R3 ; dS=Rsenθd ∅ Rdθ=R2 sen θdθd∅

Usando la ecuación (5)

F i=QK o∫ (−Rsenθcos∅ i−Rsenθsen∅ j−Rcosθ k )σ R2 senθdθd∅R3

F i=QK o¿

Integrando:

F i=0 , y para el campo eléctrico: E=F/Q=0

Como veremos luego, este resultado es el mismo al que se obtiene si aplicamos la ley de

Gauss.

1.15 Un cilindro de material dieléctrico tiene un eje longitudinal sobre el eje Z, y el origen se

encuentra a la mitad de su longitud L. Si el radio del cilindro es R y la densidad volumétrica

está dada por ρ=BZC /m3 , donde B es una constante, calcular la fuerza sobre una carga

+Q colocada en el origen. Determinar también el campo eléctrico en el origen.

Solución:

Ahora debemos hacer uso de la ecuación (1.9) para calcular la fuerza y el campo eléctrico,

respectivamente.

El problema nos sugiere que en este caso hagamos uso de un sistema de coordenadas

cilíndricas.

En la figura:

x=rcos∅ ; y=rsen∅ ; z=z

27

ri=0 ; r ’=rcos∅ i+rsen∅ j+z k

|r i – r ’|3=(r2+z2)3 /2 ; ρ=BZ

dV=rd∅ drdz=rdrdzd∅

reemplazando todo esto en la

Ecuación (6), tenemos:

F i=QK o∫0

2 π

∫0

R

∫−L/2

+L/2 (−rcos∅ i−rsen∅ j−z k)BZ rd∅ drdz(r2+z2)3 /2

Al evaluar la integral se verifica que las componentes i y j se anulan, quedando por evaluar

solamente:

F i=QK oB∫0

2π

∫0

R

∫−L /2

+L/2z2 rd∅ drdz(r2+z2)3 /2 k

La integral respecto a ∅ se evalúa directamente.

Integrando respecto a “r”, manteniendo constante z.

F i=QK oB2π 2 ∫0

+L/2

z2dz [1/ z−1/¿(R2+z2)3/2] k ¿

Donde hemos aprovechado las propiedades de los límites de las integrales simétricas.

Finalmente, integrando respecto a Z.

F i=2πQK oB ( L2

4 )−( L2 )( L2

4+R2)

12+R2ln [ L2 +( L

2

4+R2)

12]−( R

2

2 )LnR(−k )

Para el cálculo del campo eléctrico solamente nos basta tener presente que:

E=F/Q

1.6 Usando la ley de Gauss, hallar el campo eléctrico producido por una carga puntual +q j a

una distancia “r”.

Solución:

Escogemos una superficie Gaussiana

Apropiada, la superficie esférica de

radio “r” que se muestra, en el

Centro de la cual está ubicada +q j

Aplicando la ley de Gauss:

ф=∮ E . uN dS=+q j /¿∈0¿

28

Notamos que E /¿ uN , por tanto:

E ( 4π r 2)=+q j /∈0

De donde:

E=+q j

4 π∈0 r2 =

K oq j

r2

La dirección de las líneas de campo eléctrico, para una carga positiva, es saliendo de la

carga fuente +q j, es decir en la dirección radial, así:

E=( Koq j

r2 ) urEsta expresión es idéntica a la que se obtuvo a partir de la ley de Coulomb.

1.17 Usando la ley de Gauss, hallar el campo eléctrico producido por un alambre delgado,

infinitamente largo, cargado con una densidad lineal uniforme de carga λ, a una distancia R

del alambre.

Solución:

En este caso, tomamos como superficie cerrada de Gauss un cilindro coaxial con el

alambre, de radio R y longitud L (ver figura).

ф=∮ E . uN dS=λL/∈0

Donde, λL/∈0 , es la carga encerrada por el cilindro de

radio R.

Podemos descomponer la integral sobre toda la superficie

cerrada en tres términos, dos de los cuales corresponden

al flujo en las bases. Y el tercero, al flujo a través de la

superficie curva del cilindro, así:

ф=∫1

E . uN dS+∫2

E .uN dS+∫3

E .uN dS= λL /∈0

Considerando que solo hay flujo a través de la superficie curva del cilindro, entonces

solamente el tercer término no se anula, esto es:

∫3

E . uN dS=λL /∈0

E (2πRL )= λL/∈0

Usando: Ko=1/4 π∈0

Luego: E=2 λ Ko/R

Las líneas del campo eléctrico son radiales y salientes, para el caso de una distribución de

carga positiva, de manera que en forma vectorial podemos escribir:

29

E=( 2 λ Ko

R ) urExpresión que es igual a la encontrada en el problema (1.7).

1.18 Usando la ley de Gauss, calcular la fuerza sobre una carga +Q ubicada en un punto P

separada una distancia H de un plano de dimensiones muy grandes que contiene una

distribución superficial de carga uniforme σ.

Solución:

Primero calculamos el campo eléctrico en ese punto.

Supongamos que el plano es el que se muestra en la figura. De la simetría del problema se

deduce de las líneas del campo eléctrico son perpendiculares y saliendo del plano.

Tomamos como superficie Gaussiana

Cerradaapropiada, el cilindro que se

Muestra en la figura.

Separamos el flujo a través del

Cilindro en tres términos.

Dos en las bases y el tercero a través

De la superficie curva.

Notamos que solo hay flujo a través

De las bases del cilindro.

Así:

2∮ E .uN dS=σS /∈0

El coeficiente 2 se debe a que el flujo en las bases es el mismo.

Si S es el área transversal del cilindro:

2 ES=σS/∈

De donde; E=σ /2∈0

La relación obtenida para el campo eléctrico nos indica que su valor es independiente de la

distancia al plano y es por lo tanto uniforme.

La fuerza sobre la carga +Q será:

F=+QE=+Qσ /2∈0

Lo cual está de acuerdo con lo que se obtuvo en el problema (13) en el caso que se

hubiese ubicado el plano perpendicular al eje Z.

1.12 PROBLEMAS PROPUESTOS

30

1.1La ley de la gravedad de Newton se puede escribir en la forma:

F=Gmmi'/r2 , donde m y m’ son masas puntuales separadas por una distancia r, y G es

la constante de gravitación universal 6,664 x 10−11m3Kg−1 s2

Si tenemos dos partículas, cada una de 10 ug y separadas 1cm., ¿cuántos electrones

deben agregarse a cada partícula, para contrarrestar la fuerza gravitacional?

Rpta: 5 o 6

1.2 Dos pequeñas esferas plásticas están dispuestas de tal forma que pueden deslizarse

libremente, a lo largo de una cuerda aisladora que forma un ángulo de 45º con la

horizontal, como se muestra en la figura. Si a cada esfera se le da una carga de 10-8C y

cada una tiene una masa de 0.1g, determine sus localizaciones sobre la cuerda.

1.3 Dos cargas de 0.5C cada una, se hallan en el vacio a 25 m del eje Z, 12m del plano z

= 0 y 15 m del plano YZ. Si las coordenadas y, z son positivas para amabas cargas,

encuentre la fuerza (en coordenadas cartesianas) ejercida sobre la carga en el primer

octante.

Rpta: 2,5 x106 i1.4 Cuatro cargas de 1uC cada una, están localizadas en el aire, en (±1, ±1,0). a)

Encuentre E en (4, 0,0). b) ¿Qué relación guarda esta respuesta con el valor de E

producido por una sola carga de 4uC en el origen?

1.5 ¿Cuál es el valor máximo de la magnitud de E que se puede obtener en el origen, en

el vacío, disponiendo cargas de -1,-1, y 2 nC en (1,0,0) , (-2,0,0), y (3,0,0), pero

necesariamente en ese orden?

Rpta: 14,75 NC-1

1.6 En el espacio libre, Q1 se encuentra en (2, 0,0), mientras que Q2está en (-2, 0,0).

¿Cuál debe ser la relación entre Q1 y Q2, si Ey = 0 en (1,2, 2)?

1.7 Se tienen los siguientes datos

experimentales, respecto de la

Densidad de electrones, para un haz

Cilíndrico de electrones:

n=5x, 4,5x, 2,5x, 1x y 0.1x1015

Electrones/m3, en r=0, 50, 100, 150

y 200 um, respectivamente. Determine

Un valor aproximado para la carga

Total por unidad de longitud del haz.

Rpta: 32uC/m

1.8 Al operar con una carga espacial completa, la densidad volumétrica de carga en

un diodo de planos paralelos está dada por: ρ=(−4 /9∈0)V 0 x−2 /3d−4 /3, donde V0 es

el voltaje ánodo - cátodo, el cátodo está localizado en x=0 y el ánodo en x=d. Si la

31

Fig. 1.2

carga total en una región de 0.8cm2 de sección transversal, que se extiende del

cátodo hasta el ánodo, es -100pC, y V0 =200, encuentre.

1.9 Si un electrón libre está asociado con cada vértice de una red cristalina cubica

tridimensional, 2x10-10m por lado, encuentre la densidad volumétrica de carga para

los electrones libres.

Rpta: -2x1010C/m3

1.10 Si ρ=1/(r+1), encuentre la carga total contenida en a) el cilindro 0≤r≤1, 0 ≤ z ≤

1; b) la esfera 0≤r≤1.

1.11 la densidad volumétrica de carga en el origen es 105C/m3 y su valor se divide en

dos, para cada centímetro de distancia desde el origen. ¿Cuál es la carga total en

este universo?

Rpta: 7,55C

1.12 Encuentre el campo total E producido por dos cargas lineales infinitas, en el

vacío, 10-8C/m en x=0, y=1 y -10-8C/m en x=0, y=-1: a) en (0, 0,0);

b) (1, 0,0); c) (1, 0,0); d) (1, 1,1)

1.13 Una densidad lineal uniforme de carga, de λC/m en el espacio libre, se extiende

a lo largo del eje Z desde z=-h hasta z=h

a) EncuentreE en el plano z=0; b) en (0, 0, a), a>h.

Rpta:a¿ λh ur /(2π∈0 r √r 2+h2);b¿ λh uz/¿

1.14 Los ejes positivos X y Y llevan una densidad uniforme de carga λ.

Encuentre E en los puntos del plano z= 0 para el cual y=x , x≥0.

1.15 Dos cargas lineales infinitas uniformes con λ= 50nC/m, se encuentran a lo largo

de las rectas y=±x, en el plano z= 0. Determinar E en: a) (0, 0,2);

b) (0, 2,0)

Rpta: a) 900uz; b) 900uy N/C

1.16 Una densidad lineal uniforme de carga λ ocurre en solo dos cuadrantes,

−45º ≤∅ ≤45 º y 135 º ≤∅ ≤225 º , de un circulo z= 0, r=2.

Halle en (0, 0, h) E.

1.17 Encuentre la intensidad del campo eléctrico vectorial sobre el eje Z, que es

producido por las siguientes distribuciones superficiales uniformes de carga, en el

espacio libre: a) σ sobre un anillo angosto z=0,

r0≤r≤ r0∆r ; b) σ sobre un disco, z=0 ,0≤r ≤a, c) σ en una tira, z=0 ,

−a≤ x≤a, y0≤ y≤ y0+∆ y

Rpta: a)σ r 0 z ∆ r uz /[2∈0 (r02+z2 )

32 ] ;b) ( σ

2π∈0) tan−1(a/ z )uz

c) [ σ ∆ y2 π∈0][− y0 u y+ z uz

y02+z2 ]( a

√ y02+z2+a2

)

32

1.18 Con los resultados del problema 1.17c, encuentre E sobre el eje z, producido

por una densidad superficial uniforme de carga: a) σ sobre el plano z=0 completo; b)

σ sobre una tira angosta, −(1/2)∆ x ≤x ≤(1/2)∆ x ,−∞< y<∞1.19 Especifique tres láminas con densidad superficial uniforme de carga que

proporcionaran un campo en el origen,E=100 i−50 j+20 k N /CRpta: σ=200∈0 sobre x=x0<0; σ=100∈0 , sobre y= y0>0 , y

σ=40∈0, sobre z=z0<0, Existen otras respuestas.

1.20 Encuentre E en (0,0 , z0), en el espacio libre, producido por una carga superficial

uniforme σ, sobre la superficie cilíndrica r=a, que se extiende desde z= -h hasta z=h.

Considere que z0>h.

Como verificación de la solución, si z0 = 2h = 2a, E=0,1954 ( σ∈0

) uz

1.21 Una densidad superficial uniforme de carga, σ=20∈0C /m2, esta localizada en

el espacio libre en la región recatngular x=0, -1≤y≤1,

-10-3≤z≤103. Utilice métodos simples para aproximar E en a) (2x10-6, 0,0);

b) ux /π ; c) 10−6 ux /π N/C

1.22 a) Encuentre un valor razonable para el E producido por dos laminas cuadradas

de carga, σ=10−5∈0C /m2 en −a≤ x≤a, −a≤ y ≤a ,z=10−4m y σ=−10−5∈0C /m2

en −a≤ x≤a, −a≤ y ≤a, z=−10−4m, donde a = 5cm y el medio es el espacio libre.

b) ¿Cuál es la carga total sobre la superficie superior?

1.23 Determine la ecuación de la familia de líneas de corriente asociadas con el

campo E=( x+ y ) i+( x− y ) j y trace la línea que pasa por el origen. Sugerencia:

xdy+ ydx=d (xy)Rpta: y2+2 xy−x2=C,y=(±√2−1)x1.24 Un campo eléctrico está dado por E=(4 / x ) i−(1/ y ) j, encuentre la ecuación de

las líneas de corriente y dibuje algunas.

1.25 Halle las ecuaciones de las líneas de corriente para el campo

E=e− y (cosx ) i−(senx ) j. Trace la línea que pasa por el origen.

Rpta: cosx=Ce y,cosx=e y

1.26 Dado el campo de fuerzas F=(1+cos2 x ) i+4 j, encuentre la ecuación y trace la línea

de corriente que pasa por: a) el origen; b) el punto (π/4,0)

c) Determine la dirección de F en el origen y demuestre que es congruente con la parte a).

1.13 BIBLIOGRAFIA

1.- “FISICA PARA CIENCIAS E INGENIERIA”. Vol.2 Edit. Harla

Jhon P. McKelvey – Howard grotch.

33

2.-“FISICA: FUNDAMENTOS Y APLICACIONES” Vol. II Libros McGraw-Hill

Robert M. Eisberg-Lawrence S.Lerner

3.-“FISICA: CAMPOS Y ONDAS” Vol. II Fondo Educativo Iteramericano

Marcelo Alonso-Edward J.Finn

4.-“FISICA” Tomo II Urmo, S.A. de Ediciones

George Shortley-Dudley Williams

5.-“TEORIA ELECTROMAGNETICA” Edit. McGraw-Hill

W.H.Hayt

6.-“FUNDAMENTOS DE LA TEORIA ELECTROMAGNETICA” Edit. Uteha

Jhon R. Reitz – Frederick J. Milford

7.-“FUNDAMENTOS DE ELECTRICIDAD Y MAGENTISMO”Edit.Limusa-Wiley

Rodolfo R. Carrera-Rubén A. Vásquez

34

CAPITULO II : POTENCIAL ELECTRICO

2.1 ENERGIA CONSUMIDA AL MOVER UNA CARGA PUNTUAL EN UN CAMPO ELECTRICO ESTACIONARIO

Para mover una carga puntual y positiva desde la posición A hasta la posición B, como se muestra en la figura 2.1, en contra de las fuerzas eléctricas asociados al campo eléctrico de la región, necesitamos suministrar a dicha carga la energía dada por:

W=∫A

B

F ∙ d r… (2.1)

F=−q E …(2.2)

Fig. 2.1Carga puntual y positiva dentro de un campo eléctrico estacionario.

El signo menos en la relación (2.2) se debe al hecho de que la fuerza que necesitamos en (2.1) debe ser opuesta a la que experimenta la carga, debido a su interacción con el campo.

Así:

W=∫A

B

−q E ∙ d r=−∫A

B

q E ∙ d r…(2.3)

2.2 POTENCIAL ELECTROSTÁTICO

Se sabe que si el rotacional de un vector se anula, entonces, el vector puede expresarse como el gradiente de un escalar. El campo eléctrico en todas las relaciones expuestas en el capítulo anterior es de la forma

E (r )=Cr−r '

|r−r '|3

El estudiante puede demostrar que:

rotr−r '

|r− r '|3=0

Por tanto, podemos escribir:

E=grad∅

En ésta relación ∅ es una función escalar.

Si escogemos ∅=−V (r) donde, V (r ) es también una función escalar, que en adelante llamaremos POTENCIAL ELECTRICO, luego:

E=−gradV (r )….(2.4 )

35

El signo menos se adopta por convención de manera que las relaciones matemáticas que obtengamos en adelante se ajusten a nuestras observaciones experimentales.

En coordenadas rectangulares, el operador gradiente se escribe:

grad= ∂∂ x

i+ ∂∂ y

j+ ∂∂ z

k

Luego,

E=−( ∂V (r )∂ x

i+∂V (r )∂ y

j+∂V (r )∂ z

k )De otro lado, a partir de la relación (2.3), podemos escribir:

Wq

=∫A

B

−E ∙ d r… (2.5)

Y haciendo uso de (2.4) en (2.5),

Wq

=−∫A

B

−grad V (r )∙ d r=∫A

B

dV (r )

Para finalmente obtener:

Wq

=V (r )B−V (r )A=∆V …(2.6)

Es decir, la diferencia de potencial electrostática entre A y B es igual al trabajo realizado para llevar la carga puntual y positiva (testigo) desde A hasta B, en contra de las fuerzas electrostáticas, por o sobre la carga que se trasladó.

Note ahora que la función escalar V (r ) introducida inicialmente casi de una manera arbitraria, exigiéndole solamente que se ajuste a la rigurosidad matemática, cobra sentido físico en la relación (2.6).

2.3 DIFERENCIA DE POTENCIAL ENTRE PLACAS METALICAS PARALELAS

Si el campo eléctrico ha sido creado por un par de placas metálicas paralelas cargadas, con distribuciones de carga iguales y apuestas, como se muestra en la figura 2.2, la energía necesaria para llevar la carga de prueba (testigo) +q, desde A hasta B, en concordancia con la figura 2.2, será:

W=−∫A

B

qE(− j)∙ dy j=qE ( yB− y A )

36

Fig. 2.2 - Carga puntual y positiva dentro del campo eléctrico creado por un par de placas paralelas cargadas.

De acuerdo a la relación anterior, la energía consumida para llevar una carga de prueba puntual y positiva desde la placa inferior hasta la placa superior es:

W=qEd

Y usando el concepto de potencial eléctrico:

Wq

=Ed=∆V ….(2.7)

Donde, ∆V es la diferencia de potencial eléctrico entre las placas.

Es decir, el trabajo por unidad de carga para llevar una carga de prueba, puntual y positiva, desde la placa inferior a la superior es igual a la diferencia de potencial entre las placas.

Una relación útil que se obtiene a partir de (2.7) es que, si conocemos la diferencia de potencial entre las placas y la separación entre ellas, el campo eléctrico viene dado por:

E=∆Vd

……(2.8)

2.4RELACION ENTRE EL CAMPO ELECTRICO Y POTENCIAL ELECTRICOAhora ya sabemos que el campo eléctrico podemos expresarlo como el gradiente del potencial eléctrico, así;

E=−gradV (r )

Si multiplicamos ambos miembros por d r , tenemos

E ∙ d r=−gradV (r ) ∙ d r

De donde:

E ∙ d r=−dV (r)Luego:

dV (r )=−E ∙ d rIntegrando, para dos posiciones diferentes A y B:

V (r )B−V (r )A=−∫A

B

E∙ d r…(2.9)

Las ecuaciones (2.4) y (2.9) establecen la relación que existe entre el campo eléctrico y el potencial eléctrico. La importancia de la ecuación (2.4) radica en la facilidad como se calcula el campo eléctrico a partir del potencial eléctrico, que como veremos luego es mucho mas sencillo de evaluar. Puede objetarse diciendo que el proceso es más

Extenso, teniendo primero que evaluar la integral para el potencial eléctrico y luego derivar para obtener el campo eléctrico. Esta objeción desaparece de inmediato pués, para evaluar el campo eléctrico directamente necesitamos realizar una integración vectorial mientras que, en el cálculo del potencial eléctrico la integración es escalar y la derivación posterior para obtener el campo eléctrico no representa mayor problema.

37

2.5 POTENCIAL ELECTRICO DEBIDO A UNA CARGA PUNTUAL

Consideremos una carga puntual y positiva +q, como la que se muestra en la figura 2.3.

El campo eléctrico creado por ésta carga a una distancia r es:

E=K0q

r2μr

El trabajo por unidad de carga para desplazar otra carga puntual y positiva q’, desde la posición A hasta B, ver figura 2.3, es;

∫A

B

dV (r )=−∫A

B

K0qr 2 μr ∙ d r cond r=dr (− μr)

Tenemos:

∫A

B

dV (r )=∫A

B

K0qr 2 dr

Integrando:

V (r )B−V (r )A=K0q( 1rB

−1r A )…(2.10)

Donde ya se ha tenido en cuenta el carácter negativo del diferencial d r . Note que, en la ecuación (2.10), el potencial es creado por +q.

En las aplicaciones prácticas es muy útil conocer que punto está a mayor potencial. En

nuestro caso como r B<r A , entonces 1rB

− 1r A

es positivo, esto quiere decir que

V (r )B−V (r )A es positivo y afirmamos que el punto B está a mayor potencial.

2.6 LINEAS Y SUPERFICIES EQUIPONTENCIALES

Consideremos una carga puntual y positiva +q, como se muestra en la figura 2.4. Vimos que, si queremos llevar una carga de prueba puntual y positiva +q’, desde A hasta B, en contra de las fuerzas del campo eléctrico, debíamos realizar un trabajo igual a W=q' (V B−V A )

Note que q’ está en el campo creado por q.

38

Fig. 2.3 - Campo eléctrico creado por una cargar puntual y positiva a una distancia r.

Fig. 2.4 Carga puntual y positiva q’ dentro del campo creado por la carga puntual y positiva q.

Si, por ejemplo, estando ya la partícula en B la deseamos trasladar hacia los puntos M o N, siguiendo la trayectoria circular, encontramos que el trabajo que se realiza es nulo, así:

W=q' (V M−V B )=q 'K0q ( 1rM

−1rB )

Como rM=rB , luego W=0 en la relación anterior.

Observamos que, tanto M como N, así como todos los puntos del círculo r=rB, se

encuentran al mismo nivel eléctrico, es decir, la diferencia de potencial entre puntos sobres éste círculo es cero. En este caso, a tal círculo se le da el nombre de “línea equipotencial”. Note que ésta es una forma particular de una línea equipotencial, en general, las líneas equipotenciales dependen de la distribución de carga que da origen al campo.

Es fácil generalizar éste resultado para una superficie esférica que pase por M y con centro en la carga q. Observamos que no se realizará trabajo alguno para mover la carga de prueba q’ de un lugar a otro sobre la superficie. A una superficie como ésta se le da el nombre de “superficie equipotencial”. Igual que antes, la forma de las superficies equipotenciales depende de la forma y la distribución de la carga.

2.7 POTENCIALES ABSOLUTOS

Hemos encontrado que:

∫A

B

dV (r )=−∫A

B

E ∙ d r

En general, debemos escribir:

∫ref

r

dV (r)=−∫ref

r

E ∙ d r

En trabajos de aplicación práctico, es común tomar nuestro punto de referencia en el infinito, así:

∫r∞

r

dV (r )=−∫r ∞

r

E ∙ d r

Con lo cual

V (r )=−∫r∞

r

E ∙ d r

Donde hemos asumido que: V (r )∞=0

39

Debe quedar claro que el infinito lo entendemos como el punto donde los efectos eléctricos, en este caso el potencial son nulos o despreciables.

Siguiendo éste criterio, la ecuación (2.10), con r A>r∞ , toma la forma:

V (r )=K 0qr……(2.11)

Podemos decir también que, la ecuación (2.11) nos da la diferencia de potencial, producido por una carga puntual positiva +q, entre el infinito y r. Esto se conoce como el potencial absoluto en r.

El potencial absoluto en r se puede definir entonces como el trabajo, por unidad de carga, para traer dicha carga desde el infinito hasta r.

En la ecuación (2.11) hemos ubicado nuestro sistema de referencia en la posición de la carga, pero si no es así debemos tener para el potencial absoluto producido por una carga puntual:

V (r )=K 0

q j

|ri− r j|……(2.12)

El potencial absoluto producido por N cargas puntuales será:

V (r )=K 0∑j ≠ i

N q j

|r i− r j|…… ..(2.13)

Si las distribuciones son continuas, el potencial es de la forma:

V (r )=K 0∫L

·λdL

|ri−r '|;V (r )=K 0∫

S

·σdL

|ri−r '|;V (r )=K 0∫

V

·ρdL

|ri−r '|….(2.14 )

En las relaciones (2.12), (2.13) y (2.14), los vectores ri , r j y r ', juegan el mismo papel que

en las ecuaciones (1.8), (1.10), (1.11), (1.12) y (1.13) obtenidas en el capitulo anterior.

Finalmente podemos decir que la energía potencial de una carga de prueba, ubicada dentro

de un campo eléctrico, en un punto donde el potencial eléctrico es V (r ) es:

Ep=qiV (r )….(2.15)

Mas apropiadamente, la ecuación (2.15) nos da la energía potencial asociada al sistema

formado por el campo eléctrico y la carga de prueba (q i).

2.8 POTENCIAL Y CAMPO DE UN DIPOLO ELECTRICO

40

Un dipolo eléctrico es una disposición de dos cargas iguales y opuestas separada por una pequeña distancia, como se muestra en la figura (2.5)

Al dipolo eléctrico lo caracterizamos por su momento dipolar ( p ) , el cuál se define por:

p=q a….(2.16)

Donde:

El vector p se orienta siguiendo la dirección de –q hacia +q, en nuestro caso

p=q a=qa i

El potencial eléctrico debido al dipolo es:

V=K 0q( 1r1

− 1r2 )=K0q

r2−r1

r1r2

Si a es pequeño comparado con r (a << r), los ángulos θ+¿ ,θ−¿ ,y θ¿ ¿ son aproximadamente

iguales, debido a que el punto P está muy lejos de modo que las tres líneas son casi paralelas, luego,

r2−r1=acosθ y r1 r2=r2

Con estas aproximaciones, el potencial toma la forma:

V=K 0qacosθ

r2=K 0 p

cosθ

r 2….. (2.17)

Si hacemos uso de la notación del producto escalar:

V=K 0

p ∙ μrr2 ….(2.18)

La ecuación (2.17) muestra que en puntos alejados el potencial disminuye con r−2. La disminución tan rápido es un resultado de la tendencia de las dos cargas de signos opuesto a anular mutuamente sus efectos. Al aumentar la distancia r, esta tendencia se hace más efectiva ya que las distancias de las dos cargas a R se hacen casi iguales.

En la ecuación (2.17), también es interesante el factor cosθ. Cualquier punto sobre el eje Y (fig 2.5) es equidistante de las dos cargas iguales y opuestas por tanto el potencial sobre cualquier punto sobre el eje Y es cero. Dejamos al estudiante el análisis del potencial en puntos sobre el eje X.

41

q; valor absoluto de cualquiera de las cargas.

a ; la distancia de separación entre ellas.

Fig. 2.5 Dipolo eléctrico

El campo eléctrico, producido por el dipolo en puntos alejados, lo obtenemos inmediatamente aplicando el gradiente en coordenadas polares a la ecuación (2.17). El lector puede demostrar que:

E=2K0 p cosθ

r3 μr+K 0 p sin θ

r3 μθ….(2.19)

Ver figura 2.6.

2.9 MOMENTO DE UN DIPOLO EN UN CAMPO ELECTRICO EXTERNO

Consideremos un dipolo ubicado dentro de un campo eléctrico externo uniforme, como se muestra en la figura 2.7

Notamos que la fuerza resultante sobre el dipolo es cero: F+ F '=0

Sin embargo, el campo eléctrico externo produce un par sobre el dipolo. El par tiende a rotar el dipolo respecto de su centro, es decir, a alinear la dirección del dipolo con la dirección del campo eléctrico externo.

Respecto a O, el momento de este par de fuerzas es:

M=n×q E−r ' ×q E=q ( r−r ' )×E

Como r '=−r

Luego:

M=2q r × E=q (2 r )×E=q a× E

M= p× E……. (2.20)

Y de módulo:

M=pE sin∅… ..(2.21)

Donde∅ es el ángulo que forman los vectores p y E.

La energía potencial asociada al sistema constituido por el dipolo y el campo eléctrico externo es:

Ep=q (V−V ' )……(2.22)

Recordando que:

E=−gradV

Podemos escribir en este caso, de acuerdo a la figura 2.7

E=−dVdS

42

Fig. 2.6 Componentes del campo eléctrico del dipolo en coordenadas polares.

dV=−EdS

Integrando:

∫ dV=−E∫dS

V−V '=−E (S−S ' )

Donde S y S’ son las coordenadas, en la dirección S, donde están ubicadas las cargas +q y –q, respectivamente.

De la figura:

V−V '=−Eacos∅ ; ∅ es el ángulo entre p y E

Reemplazando esto en la ecuación (2.22), la energía potencial del sistema será:

Ep=−qaE cos∅=−pE cos∅…….(2.23)

Usando la notación del producto escalar:Ep=− p∙ E…….(2.4 )

Las ecuaciones (2.23) y (2.24) nos dan la energía potencial del sistema dipolo-campo eléctrico, para una orientación dada de este respecto al campo. En otras palabras, existe una energía potencia de orientación en el sistema.A modo de comentario podemos decir que, si un dipolo en un campo eléctrico externo varía su orientación de acuerdo con el sentido especificado por el momento de torsión que actúa sobre éste, el momento de torsión realiza trabajo positivo. La energía necesaria es suministrada por la energía almacenada en el sistema formado por el campo eléctrico externo aplicado y el dipolo eléctrico.

Aún cuando las ecuaciones (2.20) y (2.24) se han obtenido suponiendo que el campo aplicado es uniforme, se pueden utilizar en la mayoría de circunstancias en las que E varía de un punto a otro.

La variación de E en una región ocupada por un dipolo eléctrico pequeño como una molécula, es generalmente muy pequeña, de tal manera que las ecuaciones obtenidas pueden utilizar cuando se interpretan como representativas del valor que tiene el campo eléctrico en el centro del dipolo. Por el contrario, no podemos concluir que la fuerza resultante sobre el dipolo es cero si E varía de un punto a otro.

2.10 ECUACIONES DE POISSON Y LAPLACE

La ley de Gauss en forma diferencial es:

¿ E= ρϵ o

La relación entre el campo eléctrico y el potencial eléctrico es:

E=−gradV ( r )

43

Fig. 2.7 Dipolo en un campo eléctrico externo uniforme.

Combinando las relaciones anteriores, obtenemos:

¿ graV ( r )=−ρϵ o

La anterior se puede expresar haciendo uso de un solo operador diferencial así:

∇2V ( r )=− ρϵ o

Ec .de Poisson….(2.25)

El operador diferencial ∇2 es escalar y se le denomina Laplaciano. La ecuación (2.25) se conoce como la ecuación de Poisson. Podemos usar esta ecuación para obtener el potencial eléctrico cuando conocemos la distribución de cargas, y recíprocamente, siempre que la distribución de cargas sea independiente del tiempo.

En el espacio libre, donde no hay cargas ( ρ=0 ) y la ley de Gauss en forma deferencial toma la forma:

¿ E=0

Y la ecuación de Poisson se convierte en

∇2V (r )=0 Ec .deℒ

La expresión que aparece en el primer miembro, tanto en la ecuación de Poisson como la de Laplace, recibe el nombre de “Laplaciano” del potencial eléctrico. La forma que toma ∇2V en los sistemas de coordenadas comunes es:

Coordenadas rectangulares:

∇2V=∂2V∂ x2 + ∂

2V∂ y2 + ∂

2V∂ z2

Coordenadas cilíndricas:

∇2V=1r∂∂ r (r ∂V∂r )+ 1

r2

∂2V∂∅ 2 + ∂

2V∂z2

Coordenadas esféricas:

∇2V= 1r2

∂∂r (r 2 ∂V

∂r )+ 1r2sin θ

∂∂θ (sinθ

∂V∂θ )+ 1

r2 si n2θ∂2V∂∅ 2

2.11 PROBLEMAS RESUELTOS

2.1- Determine el trabajo realizado para mover una carga de 5 C desde (0, 0,0) hasta (1,

1,0) a lo largo de la trayectoria y=x2 , z=0, en el campo E=[ −2xy

(1+ x2 )2 ] i− j

( 1+ x2 )

Solución:

W=−q∫ E ∙ d r

44

W=−q∫[ −2xy

(1+x2)2 ] i− j

(1+ x2 ) ∙ (dx i+dy j )W=q∫ [ 2 xy dx

(1+x2 )2+

dy

(1+x2 ) ]Usando:

y=x2

W=q [∫01

2 x3

(1+x2 )2dx+∫

0

1dy

1+ y ]Reacomodando la expresión, en la forma:

W=q [∫01

x22 x

(1+x2 )2+∫

0

1dy

(1+ y ) ]Haciendo un cambio de variable apropiado, en la primera integral, así

u=x2 ;du=2x dx , ésta toma la forma:

∫ u

(1+u )2du= 1

(1+u )+ ln (1+u )

Puede verificarse que para la primera integral obtenemos 0.19 y la segunda integral evaluada directamente, nos da 0.69.Finalmente:

W=q (0.19+0.69 )=5 (0.88 )=4.4 JNote que ya se tuvo en cuenta antes el signo negativo de la carga.2.2- En la disposición de cargas que se muestra, determinar el potencial eléctrico V de éstas cargas fuentes en el punto medio P de la base del triángulo. Solución:El potencial V en P será la suma de las potenciales producidos por las tres cargas, es decir:

V=V 1+V 2+V 3

V=K o( q1

r ' 1+q2

r '2+q3

r '3 )

En nuestro caso:

ri= rP=0 , por tanto ri '=r i−r j=−r j

r1' =−0.2 (− i)=0.2 i ; r '1=0.2m; q1=1.0 x10−6C

r2' =−0.2 (+ i)=−0.2 i ; r '2=0.2m;q1=−2.0x 10−6C

45

r3' =−0.3 (− j )=−0.3 j ; r '3=0.2m; q1=3.0 x10−6C

Reemplazando todo esto en la relación para el potencial total, teniendo en cuenta el valor de las cargas y de la constante K0 , obtenemos:

V=9x 109( 1.0 x10−6

0.2−2.0 x10−6

0.2+ 3.0 x10−6

0.3 )=4.5 x104 voltios .

2.3- Se colocan tres cargas puntuales con los valores;q1=2.0 x10−10C;q2=4.0x 10−10C;q3=−5.0 x10−10C , en los vértices de un triángulo equilátero cuyos lados miden 10 cm. Obtener el potencial V producido por esta distribución en el centro del triángulo.

Solución:

V=K o( q1

r ' 1+q2

r '2+q3

r '3 )En este caso:

r1 '=r2 '=r3 '=r '

Donde, de la figura:

r '=5 x10−2 sec 30o=5.77 x 10−2m

Luego:

V=Ko

r '[q1+q2+q3 ]

Reemplazando:

V= 9 x109

5.77 x10−2[2 x10−10+4 x10−10−5x 10−10 ]

V=15.59 voltios

2.4- Calcule la diferencia de potencial V a−V b. El potencial es producido por un alambre recto e infinito que posee una distribución lineal de carga uniforme +λ, como se muestra en la figura.

Solución:

Usamos el resultado ya conocido para el valor del campo eléctrico.

E=2K oλr

E= λ2 π ϵ o r

dV=−Edr

46

dV= −λ2 π ϵ o r

dr

Integrando:

∫V a

V b

dV=¿− λ2 π ϵ o

∫rb

radrr

¿

V a−V b=−λ

2π ϵ oln( rarb )

V a−V b=λ

2π ϵ oln( rbra )

2.5- Un anillo de radio R tiene una densidad lineal de carga uniforme λ. Encuentre el potencial eléctrico en puntos sobre el eje del anillo, a una distancia Z del centro del anillo.

Solución:

ri=Z uz

r '=Rur

|r i−r '|=(R2+Z2 )12

Reemplazando esto en:

V=K o∫ λdL

|r i−r '|

Tenemos:

V=K o∫0

LλdL

(R2+Z2)12

= λ2πR

4 π ϵ o (R2+Z2)12

V= λR

2 ϵ o (R2+Z2 )12

Podemos, a partir de éste resultado, calcular el campo eléctrico en ese punto recordando que:

E=−gradV , por tanto , eneste caso :E z=−∂V∂ z-48-

El estudiante puede verificar que, luego de efectuar la derivada, se obtiene para el campo eléctrico la siguiente expresión:

47

E=λR Z uz

2 ϵ o (R2+Z2)32

2.6- Sobre un sector circular de radio “a” y ángulo central θ, se encuentra distribuida una carga eléctrica con densidad superficial uniforme σ . Determinar el potencial eléctrico en el vértice del sector.

Solución:

V=K o∫ σ dL

|ri−r '|

En nuestro caso y de acuerdo a la figura:

ri= 0

r '=r ur ;|ri−r '|=r ;dS=r dθdr

Luego:

V=K oσ∫0

a

dr∫0

θ

dθ

V=K oσaθ

2.7- Un disco de radio “b” posee una distribución superficial de carga uniforme σ . Determinar el potencial eléctrico a una distancia perpendicular Z, desde el centro del disco. A partir de éste resultado, evaluar el campo eléctrico en ese punto.

Solución:

V=K 0∫ σ dL

|r i− r '|

En el presente caso:

ri=Zo k ; r'=r ur

|r i−r '|=(Zo2+r2)

12

dS=r dr dθ

Reemplazando esto en la relación para el potencial eléctrico:

V=K oσ∫0

br dr

(Zo2+r2 )

12

∫0

2π

dθ

Integrando:

48

V=2π Koσ [ (b2+Zo2 )

12−Zo]

Para el campo eléctrico usamos:

E=−gradVDe donde:

E=2π Koσ [1−Zo

(b2+Z2 )12 ] k

2.8- Encuentre el potencial eléctrico que produce una lámina de carga cilíndrica de densidad superficial σ , en el punto P(0,0 , Z) sobre el eje central del cilindro. El radio de la lámina cilíndrica es R y su altura H, como se muestra en la figura.

Solución:

V=K o∫ σ dL

|r i−r '|

ri=Zo uzr '=R cos∅ i+R sin∅ j+Z kri− r '=−R cos∅ i−R sin∅ j+(Zo−Z ) k

|r i−r '|=[R2+(Zo−Z )2 ]12

dS=Rd∅ dZ

Entonces:

V=K o∫ Rσ d∅ dZ

[R2+(Zo−Z )2 ]12

V= σR2 ϵ o

∫0

HdZ

[R2+(Zo−Z )2 ]12

Integrando:

V= σR2 ϵ o

ln [ Zo+(R2+Zo2)

12

Zo−H+[R2+(Zo−Z )2 ]12 ]

2.9- Una distribución de carga esférica tiene una densidad de carga volumétrica que es función únicamente de r, la distancia al centro de la distribución. En otras palabras ρ=ρ(r ); Si ρ(r) es como se da a continuación, determine el campo eléctrico en función de r e

49

integre el resultado para obtener una expresión para el potencial eléctrico V(r), asumiendo que V (∞ )=0.

a) ρ=ρo (esto es constante) para 0<r≤ R ;

ρ=0Parar>R

b) ρ=Ar

siendo A una constante para 0<r≤ R ;

ρ=0Parar>R

Solución:

a) En puntos exteriores a la esfera (r >R), el campo eléctrico producido por ésta es igual al de una carga puntual, si la carga de ambas es la misma. Por esto, en nuestro caso.

Eext=KoQr2 ur=K oρo

Vr2 ur=Ko ρo( 4 π R3

3 r 2 )urEext=4 π Ko ρo

R3

3 r2 ur… (A )

En puntos interiores a la esfera (r<R), el campo eléctrico es:

E∫¿=Ko

q

r2 ur=K oρo4 πr3

3 r2 ur ¿

E∫¿=4 π Ko ρo

r3ur…(B )¿

En las relaciones anteriores, Q y q son las cargas en la esfera total y en una esfera de radio r<R (concéntrica con la primera). Los resultados (A) y (B) pueden obtenerse aplicando la ley de Gauss, en ambas casos.

En coordenadas esféricas, como el campo eléctrico solo es función de r, su relación con el potencial, a partir de la relación (2.4) toma la forma:

E=−dVdr

donde :

dV=−Edr

Integrando:

V (r )=−∫r∞

r

E dr

Donde se ha tomado el valor cero para el potencial en el infinito.

El potencial en puntos exteriores a la esfera (r>R) es:

V ext=−∫r∞

r

Eext dr=−∫r ∞

r

4 π K o ρoR3

3 r2 dr

-51-

50

Usando: Ko=1

4 π ϵ o obtenemos

V ext=ρo R

3

3 ϵ o r

El potencial para puntos interiores lo evaluamos así:

V∫¿=−∫

r∞

r

Edr=−∫r∞

R

E extdr−∫r∞

r

E∫¿dr ¿¿

Note que es necesario desdoblar la integral en dos términos, debido a que la forma del campo eléctrico fuera de la esfera es diferente al del campo en el interior, así:

V∫¿=−∫

r∞

R

4π K oρoR3

3 r2 dr−∫R

r

4π K oρor3dr ¿

Integrando:

V∫¿=4 π Ko ρo

R2

3−4 π Ko ρo

(r2−R2)6

¿

V∫¿= ρo

3 R2−r2

6 ϵ o¿

a) Para la segunda distribución, el proceso a seguir es similar, luego:

Eext=KoQ

r2ur pero ahora :

Q=∫V

.

ρdV=∫0

R4 πA r2

rdr=4 πA∫

0

R

rdr=2πA R2

Luego:

E∫¿=2π K o A

R 2

r2 ur ¿

Para puntos interiores (r<R),

E∫¿=Ko

qr2 ur ¿

Donde

q=∫0

r

dV=∫0

r4 πA r2

rdr=2πA r2

LuegoE∫¿=2π K o Aur¿

El potencial exterior lo evaluamos así:

V ext=−∫r∞

r

Eext dr=−∫r ∞

r

2 π K o AR2

r2 dr

Integrando:

51

V ext=2π Ko AR2

r= A R2

2 ϵ or, parar>R

Y para el potencial interior:

V∫¿=−∫

r∞

R

Eextdr−∫R

r

E∫ ¿dr¿ ¿

V∫¿=−∫

r∞

R

2 π Ko AR2

r 2 dr−∫R

r

2π K o Adr ¿

V∫¿=2π Ko AR−2 π Ko A (r−R )¿

V∫¿=4 π Ko AR−2π K o Ar ¿

2.10- Una placa conductora muy grande de forma circular de radio R tiene una densidad

superficiales de carga no uniforme dada por σ=σ o[1−Rr ], en que “r” es la distancia desde el

centro de la placa. Calcular el potencial eléctrico a una distancia perpendicular Zo desde el centro de la placa.

Solución:

En este caso:

ri=Zo k

r '=r ur ; ( ri−r ' )=Zo k−r ur ;|ri− r '|=(Zo2+r2 )

12

dS=r dr d∅

Luego:

V=K o∫ σo(1− R

r )r dr d∅(Zo

2+r2 )12

Desdoblando la integral en dos términos:

V=K oσo[∫0R

r dr

(Z o2+r 2)

12

−R∫0

Rdr

(Zo2+r2 )

12 ]2 π

Integrando:

V=σ o

2 ϵ 0[√R2+Zo

2−Zo−R ln( R+√R2+Zo2

R )]Donde hemos usado: Ko=1/4 π ϵ 0

52

2.11- Calcular el potencial eléctrico en el origen de una distribución volumétrica de carga, si

la densidad de carga está dada por la ecuación: ρ=ρoe−r

r considere que la carga es nula

para una distancia ∞

Solución:

V=K o∫ ρdL

|ri−r '|

ri= 0 ; r '=r ur ;|r i− r '|=r ;dV=r2 sin θdr dθd∅

Reemplazando:

V=K o∫( ρo e−r

r )( r2sinθdr dθ d∅ )

r

V=K o ρo∫0

∞

e−rdr∫0

π

sin θ dθ∫0

2 π

d∅

Integrando:

V=4 π Ko ρo

2.12- Considerando la figura que se muestra, expresar el campo eléctrico de un dipolo en forma vectorial.

Solución:

En la figura observamos que:

E=Er ur+Eθ uθ

E=Ko

(2 pcosθ ur+ p sin θuθ)r3

De la misma figura obtenemos:

p=p (cos θ ur−sinθ uθ )

Usando ésta relación para eliminar p sinθ en la expresión de E obtenemos:

E=Ko (3 pcos θ ur− p )

Además, pcosθ=ur ∙ p por consiguiente:

53

E=3 ur (ur ∙ p )− p

4 π ϵ o r3

Donde hemos usado: Ko=1

4 π ϵ o

2.13- Verificar que el potencial de una carga satisface la ecuación de Laplace, en todos los puntos excepto en el origen donde la carga está situada.

Solución:

El potencial de una carga puntual ubicada en el origen de un sistema de referencia es:

V=K oqr

Donde r es el módulo del vector de posición donde estamos evaluando el potencial, así

r=x i+ y j+z k ;r 2=x2+ y2+z2

De modo que derivando respecto a x tenemos:

∂r∂ x

= xr

Por consiguiente:

∂∂ x ( 1

r )=−1

r2

∂r∂ x

=−x

r3

∂2

∂ x2 ( 1r )= ∂

∂ x (−xr 3 )=−1

r3 + 3 x2

r5

Entonces

∂2

∂ x2 ( 1r )+ ∂2

∂ y2 ( 1r )+ ∂2

∂ z2 (1r )=−3

r3 +3 (x2+ y2+z2 )

r5 =0

Multiplicando éste resultado por Koq obtenemos

∂2V∂x2 + ∂

2V∂ y2 + ∂

2V∂ z2 =−3K o

qr3 +3K o

qr3 =0

Esta es la ecuación de Laplace, válida en éste caso para r ≠0 porque la función 1r

tiende a

cero.

En consecuencia, el origen debe excluirse de los cálculos. Además, la ecuación de Laplace no es aplicable a puntos ocupados por cargas.

54

2.14- Cual es el campo eléctrico, en el punto (1, 2,3) en metros, si el potencial eléctrico en todo el espacio está dado por:

V= 300

(x2+ y2+z2)12

En coordenadas rectangulares:

gradV=∂V∂ x

i+ ∂V∂ y

j+ ∂V∂z

k

∂V∂x

= 300 x

(x2+ y2+z2 )32

∂V∂ y

= 300 y

(x2+ y2+z2 )32

∂V∂ z

= 300 z

(x2+ y2+z2 )32

Luego:

E=−gradV

E= −300 x

(x2+ y2+z2 )32

i− 300 y

(x2+ y2+z2 )32

j− 300 z

(x2+ y2+z2 )32

k

Reemplazando por los valores numéricos correspondiente:

x=1my=2mz=3m ,obtenemos :

E=−5.72 i−11.45 j−17.18 k

Para la intensidad del campo eléctrico en el punto (1, 2,3) en metros:

E=(Ex2+E y

2+E z2)

12

Luego:

E=√ (−5.72 )2+(−11.45 )2+(−17.18 )2

E=√32.71+131.10+295.15

E=21.42N /C

El estudiante puede a continuación encontrar las ecuaciones correspondientes a las superficies equipotenciales.

55

Mostramos ahora algunos ejemplos de cómo calcular el campo a partir de la ecuación del potencial, cuando este está dado en coordenadas cilíndricas o esféricas.

2.15- El potencial en un campo eléctrico está dado en coordenadas cilíndricas por la

ecuación V= B

r2cosb∅ en donde B y b son constantes.

Calcular la intensidad del campo para un punto de coordenadas (r ,∅ , z ).

Solución:

E=−gradV

En coordenadas cilíndricas:

gradV=∂V∂r

ur+1r∂V∂∅

u∅+∂V∂ z

uz

∂V∂r

=−2 B

r3cos b∅

∂V∂∅

=−Bb

r3sinb∅

∂V∂ z

=0

Luego:

gradV=−2B

r3cosb∅ ur−

Bb

r3sinb∅ u∅

Substituyendo en la relación para la intensidad del campo eléctrico, tenemos:

E=2 B

r3cos b∅ ur+

Bb

r 3sinb∅ u∅

2.16- El potencial en un campo eléctrico está dado por la ecuación V=V ora

sinθ en

coordenadas esféricas. Encontrar:

a) la intensidad del campo.b) la densidad de carga eléctrica.

Solución:

a) En coordenadas esféricas:

gradV=∂V∂r

ur+1r∂V∂θ

uθ+1

r sinθ∂V∂∅

u∅

∂V∂r

=V o

asin θ

∂V∂θ

=V o

ar cosθ

Luego:

56

gradV=V o

asin θ ur+

V o

acosθ uθ

Y la intensidad del campo eléctrico será:

E=−V o

a(sin θ ur+cosθ uθ )

b) De la ecuación de Poisson:

∇2=−ρ /ϵ 0

En coordenadas esféricas:

∇2V= 1r2

∂∂r (r 2 ∂V

∂r )+ 1r2sin θ

∂∂θ (sinθ

∂V∂θ )+ 1

r2sin2θ∂2V∂φ2

∂V∂r

=(V 0

a)sin θ

∂2V∂r2 =0

∂V∂θ

=(V 0

a)r cosθ

∂2V∂θ2 =−(

V 0

a)r sinθ

∂2V∂φ2 =0

Luego:

∇2V=( 2r )(V 0

a )sin θ+( cot θr2 )(V 0

a )r cosθ−( 1r2 )(

V 0

a)r sin θ

∇2V=( 2r )(V 0

a )sin θ+(V 0

ar )( cos2θsin2θ )−(V 0

ar )sinθ

∇2V=(V 0

ra )sin θ+(V 0

ra )( cos2θsin2θ )

∇2V=(V 0

ra )(sin θ+ cos2θsinθ )=(V 0

ra ) (sin2θ+cos2θ)sinθ

∇2V=( V 0

rasinθ )=−ρϵ 0

De donde:ρ=−V 0 ϵ 0

ra sinθ

Es la densidad volumétrica de carga correspondiente al potencial eléctrico dado.

57

2.17 El potencial eléctrico en una región del espacio esta dado por la ecuación: V = A – K0Qr2/2a3 en coordenadas esféricas, donde A es una constante. Determine la densidad volumétrica de carga.

Solución: De la ecuación de Poisson:

∇2=−ρ /ϵ 0

Como el potencial solo es función de r, tenemos:

∇2V= 1

r2

ddr [r2 d

dr(A−

K0Qr2

2a3)]

∇2V= 1r2

ddr

(−K0Qr

3

a3 )

∇2V=−3K 0Q

a3 =−ρ /ϵ 0

De donde: ρ = 3K0Qε0/a3 = 3Q/4πa3 = cte., es decir, se trata de una esfera uniformemente cargada de radio “a”.

2.18 Un dipolo eléctrico cuyo módulo “p” está alineado a lo largo de una línea de campo eléctrico debido a la carga puntual “q”. La distancia r del dipolo a la carga “q” es mucho mayor que 2d, la distancia entre las cargas del dipolo. Demuestre que el módulo de la fuerza que ejerce el campo eléctrico de la carga “q” sobre el dipolo es igual a qK0 (2p/r3). Estará la fuerza dirigida hacia “q” o alejándose de “q”.

Donde E es el campo creado por el dipolo en la posición de “q”. De la ecuación (2.19), con θ = π, obtenemos

E=(2K0 p /r3)(−ur)La fuerza sobre “q” será: F=(2qK 0 p /r 3)(−ur)

Por tanto la fuerza sobre el dipolo debido a “q” será:

F=(2qK 0 p /r 3) ur = F=−(2qK0 p /r 3) k

No será difícil para el estudiante mostrar que la fuerza que ejerce el dipolo sobre la carga es atractiva

58

Demostración:

La disposición debe ser como se muestra en la figura. “El módulo de la fuerza que ejerce la carga “q”sobre el dipolo debe ser de igual a la fuerza que ejerce el dipolo sobre “q”. La fuerza sobre “q” es F=q E.

2.19 Un dipolo puntual cuyo momento dipolar es de 2,4x10-8C.m, está orientado formando un ángulo de 60° con un campo eléctrico constante aplicado exteriormente, de 30x104 V/m. Calcule:

a) El momento de rotación que ejerce sobre el dipolo el campo externo.

b) El trabajo que puede realizar el dipolo al alinear su vector paralelamente al campo.

Solución:

a) De la relación (2.21):

M=p . E .sinθ

En nuestro caso:

p=2,4 x10−8C .m , φ=60 °

E=3,0 x104V /m

Luego:

M=(2,4 x10−8 ) ( 3,0x 104 ) sin 60 ° N .m

M=6,2 x10−4 N .m

b) De la relación (2.23)

La energía potencial del sistema dipolo-campo eléctrico es:

Ep=−pE cosφ

Luego, el trabajo que puede realizar el dipolo al alinear su vector paralelamente al campo será:

W=pE cosφ

W=(2,4 x 10−8 ) (3,0 x104 ) cos60 ° J

W=3,6 x10−4 J

2.20 Un dipolo consiste en dos cargas puntuales de+1,0x10-6C separadas a una distancia fija de 0,01m. Obtenga: a) La fuerza externa que debe actuar sobre las cargas para evitar que el dipolo se deshaga como resultado de la atracción electrostática, b) el momento dipolar de la configuración de carga.

Solución:

a) La fuerza pedida debe ser igual a la fuerza de atracción eléctrica:

F=K0q

2

d2 =(9 x109)(1,0 x10−6)2

(0,01)2 N=90N

b) p=qd=(1,0 x10−6 ) (0,01 )C .m=10−8C .m

59

2.12 PROBLEMAS PROPUESTOS.

2.1 Describa como sería posible moverse desde el origen hasta (1, 1,0) en el campo de fuerzas F=( y2− y )i+x j sin ganar o perder energía en punto alguno a lo largo de la trayectoria. Rpta: De (0, 0,0) a (0, 1,0) a (1, 1,0).

2.2 Cuanto trabajo se efectúa al mover una carga de 10-6C a través del campo E=10ur+7 uθ+4 uφNC

−1 en el incremento de distancia desde (20,20°,40°) hasta: a) (20.1, 20°,40°); b) (20,20.1°,40°); c) (20,20°,40.2°). Rpta: a) -1, b) -0,244, c) 0,0955 uJ.

2.3 Cuanto trabajo se efectúa al mover una carga de 9C desde (0, 0,0) hasta (1, 1,0) a lo

largo de la trayectoria y=x2, z=0 en el campo E=[ −2 xy

(1+x2)2 ]i−[ 1

(1+x2) ] j. b) Repítase para

la trayectoria y=x , z=0.

2.4 El trabajo que se realiza para mover una carga de 3C a lo largo del eje X, desde (1, 0,0) hasta (x, 0,0) es proporcional al cuadrado de la distancia que se mueve. Encuentre Ex(x) sobre el eje X, suponiendo que Ex (2)=10

2.5 Comparar la energía que se gasta al transferir 5C desde (4,2,0) hasta (1,1,0), en el plano z=0 a través del campo E=2 y i−2 x j a lo largo de: a) una recta 3 y=x+2, b) una parábola

y2=x, c) una hipérbola x (7−3 y )=4. Rpta: a), b), c) 70J

2.6 En coordenadas cilíndricas, E=(100/r ) uφ+40 uz. Encuentre el trabajo efectuado al mover una carga Q desde(r=2, φ=0, z=0) hasta (2,90°,1), a lo largo de la trayectoria: a) r=2, z=2φ/π (0≤φ<2π), b) r=2, z=0, φ=0 hasta π/2, seguido por r=2, φ=π/2, z=0 hasta 1.

2.7 Determine el trabajo que se realiza para mover 10C desde el infinito hasta el origen, en

un campo Er=50r

(r2+1)2V /m. Rpta: 250J

2.8 Tres cargas lineales, se localizan en el espacio libre, en el plano x=0: 40 nC/m en y=0, y -20 nC/m en y=-4 y y=4. Cuál es la diferencia de potencial entre los puntosa) (3, 0,0) y (16/3, 0,0); b) (0, 2,0) y (0, 6,0)

2.9 Suponga V=A x2 yz+B, y encuentre A y B, si: a) V=0 en el origen y V=100 en (2,-1,5); b) V=0 en (2,-1,5) y 100 en el origen; c) V=0 en el origen y E=20 en (2,-1,5). Rpta: a) -5, b) 5; 100, c)+700; 0

2.10 Se tienen las cargas puntuales de 20nC en (9, 0,0) y -40nC en (0, 16,0), en el espacio libre. Halle el potencial en (0, 0,12), cuando: a) V∞=0, b) V0=0, c) V0=50

2.11 Conociendo el campo de un anillo de carga sobre su eje, encuentre V en (0,0,z0), para la lámina de carga cilíndrica, λ= λ0, r=a, 0≤z≤h, en el espacio libre.

60

Rpta:(λ0a2 ϵ 0

) ln [ (z0+√a2+z02)

(z0−h+√a2+( z0−h )2) ]2.12 Escriba la integral doble que dará el V(a, b, c), en el espacio libre, provocado por una carga superficial σ=10/(x2+y2+z2), -1≤x≤1, -1≤y≤1, z=0, y ρ=0 en cualquier otro punto.

2.13 Encuentra V en (0, 0,5), en el aire, producido por: a) 8nC distribuidos como un anillo de carga uniforme en z=0, r=1; b) cuatro cargas puntuales de 2nC cada una, una en (+1, 0,0) y (0,+1,0). Rpta: a), b) 14,12V.

2.14 Un disco, 0≤r≤a, z=0, 0≤φ≤2π, lleva una densidad de carga superficial, σ=σ0r2/a2. Hallar V (0, 0, z0) en el espacio libre.

2.15 En tres puntos, se dan valores conocidos del potencial, V (3, 20,-6)=68,2; V (3, 19,-6)=66,1; V (3, 21,-6)=68,3V. a) Estime Ey, en (3, 20,-6); b) V no es una función de “x” y “z”. Estime ρ en (3, 20,-6). Rpta: a) -1,1V/m b) -2Є0C/m3.

2.16 Para cada uno de estos campos de potencial, encuentre V, E, y ρ, en (2,-2,2): a) V=3xy+z+4; b) 5senφe-r+z; c) V= (4/r) senθsenφ.

2.17 La dirección de la línea formada por la intersección de una superficie equipotencial y el plano z=1 en el punto (2,-6,1), es igual a la dirección del vector A=6 i+2 j. Si la rapidez de cambio máximo en el espacio V allí es de 500V/m, con Ex>0, y Ez=0, encuentre E. Rpta:

158,1 i−474 jV /m

2.18 Con Ez=0; una familia de superficies equipotenciales se describe por medio de y2=xy+C. Encuentre E, si Ex=20 en (2, 5,0).

2.19 En el campo de potencial V=5r2, cuanta carga está localizada dentro de una esfera unitaria con centro en el origen? Rpta: -1,11nC

2.20 El campo de potencial entre dos superficies esféricas cargadas r=5 y 8cm, es V=6000/r V/m. a) Encuentre E, b) Cuánta carga reside en la superficie interior?, c) Cual es la densidad superficial de carga en r=8cm?

2.21 a) Si Qd=400πЄ0 para un dipolo, encuentre las ecuaciones de la equipotencial y la línea de corriente que pasa por el punto r=2 y θ=60° en el plano φ=0. b) Demuestre que esas curvas son perpendiculares en ese punto. (Recuerde que, en coordenadas polares dos curvas son perpendiculares si los valores de r/ (dr/dθ) son recíprocos negativos)

2.22 Un dipolo electrostático tiene un momento p=5 k nC .m. a) Halle la magnitud y dirección de E en r=2cm y θ=45°, b) En el plano φ=0 describa la recta a lo largo de la cual la

dirección de E está dado por (i+k )/¿2

Rpta: a) 8,89 MV/m, 0,447 (2ur+uθ); b) θ= 29,3° ó 105,7°

61

2.23 Varias cargas se localizan sobre el eje Z de la manera siguiente: -1/2Q en (0, 0, d), Q en (0, 0,0) y -1/2Q en (0, 0,-d). Encuentre V en un punto lejano P(r, φ, θ).

2.13 BIBLIOGRAFIA:

1.- “FISICA PARA CIENCIAS E INGENIERIA”. Vol. 2 Edit. Harla. Jhon P. Mckelvey-Howard Grotch.

2.- “FISICA: FUNDAMENTOS Y APLICACIONES” Vol. II Libros McGraw-Hill.Robert M. Eisberg-Lawrence S. Lerner.

3.- “FISICA: CAMPOS Y ONDAS” Vol. II Fondo Educativo Interamericano Marcelo Alonso-Edward J. Finn

4.- “FUNDAMENTOS DE FISICA” Libros McGraw-Hill. F. Sueche.

5.- “TEORIA ELECTROMAGNETICA” Edit. McGraw-Hill. W. H. Hayt.

6.- “FUNDAMENTOS DE LA TEORIA ELECTROMAGNETICA” Edit. Uteha.Jhon R. Reitz-Frederick J. Milford.

7.- “ELECTROMAGNETISMO APLICADO” Edit. Reverte S.A. M. A. Plonus.

62

CAPITULO III: POLARIZACION Y SUSCEPTIBILIDAD ELECTRICA

3.1 CAMPO ELECTRICO DENTRO DE UN CONDUCTOR

Los conductores son sustancias, como los metales, que contienen un gran número de portadores de carga libre. Estos portadores de carga (electrones) tienen la libertad de de moverse por el material conductor, responden a campos eléctricos casi infinitesimales y continúan moviéndose mientras experimentan un campo. Estos portadores libres llevan la corriente eléctrica cuando se mantiene un campo eléctrico en el conductor por medio de una fuente externa de energía.

Supongamos que ubicamos un cuerpo conductor dentro de un campo electrostático como se muestra en la fig. (3.1):

Fig. 3.1 Cuerpo conductor dentro de un campo eléctrico externo uniforme.

En el instante de colocar el cuerpo en el campo, fig. 3.1ª, se produce un movimiento electrónico en dirección contraria a la intensidad del campo, debido a este movimiento, se forman concentraciones de carga eléctrica positiva y negativa en las superficies de zonas opuestas del cuerpo, fig. 3.1b. Estas cargas originan un campo interno Ei que debilita al campo dentro del conductor; finalmente, después de un breve lapso, el campo dentro del conductor se anula, fig. 3.1c, cesando el movimiento electrónico.

Como consecuencia de lo anterior, pasado el periodo transitorio, el campo en el interior del conductor es nulo, y aplicando el concepto de la divergencia se tiene:

¿ E= ρϵ0

=0 ………(3.1)

De donde ρ=0, que nos dice que en un conductor, en condiciones electrostáticas, toda la carga se encuentra en la superficie exterior. Además, puesto que E=0 en un conductor, el potencial es el mismo en todos los puntos del material conductor, en otras palabras, en condiciones estáticas, cada conductor forma una región equipotencial.

3.2 POLARIZACION

63

Otro tipo de materiales, los dieléctricos son sustancias en las que todas las partículas cargadas están ligadas muy fuertemente a moléculas constituyentes. Las partículas cargadas pueden cambiar sus posiciones ligeramente como respuestas a un campo eléctrico, pero no se alejan de la vecindad de sus moléculas. Hablando estrictamente, esta definición se aplica a un dieléctrico ideal, uno que no muestra conductividad (aislante) en presencia de un campo eléctrico que se mantiene exteriormente.

Los dieléctricos físicos reales pueden mostrar una débil conductividad, pero en un dieléctrico típico la conductividad es 1020 veces menor que la de un buen conductor. Como 1020 es un factor muy grande, por lo general es suficiente decir que los dieléctricos no son conductores.

La característica que todos los materiales dieléctricos tienen en común, ya sean, sólidos, líquidos, o gases, es su capacidad para almacenar energía eléctrica. Este almacenamiento se efectúa por medio de un cambio en las posiciones relativas de las cargas positivas y negativas internas, contra las fuerzas moleculares y atómicas normales.

Este desplazamiento contra una fuerza de restricción es análogo al levantamiento de un peso o al alargamiento de un resorte y representa energía potencial. La fuente de energía, en nuestro caso, es el campo externo aplicado al dieléctrico.

El mecanismo real del desplazamiento de la carga varía en los diversos materiales dieléctricos. Algunas moléculas, denominadas moléculas “polares”, tienen un desplazamiento permanente que existe entre los centros de “gravedad” de las cargas positivas y negativas, y cada pareja de cargas actúa como un dipolo.

Normalmente, los dipolos (de estas moléculas polares) están orientados al azar en el interior del material, y la acción del campo externo es alinear los dipolos, hasta cierto punto, en la misma dirección. Incluso un campo lo suficientemente fuerte puede producir un desplazamiento adicional entre las cargas positivas y negativas.

Una molécula “No polar” no tiene este arreglo de dipolo, hasta que se le aplica un campo. Las cargas positivas y negativas se desplazan en direcciones opuestas, contra su atracción mutua y producen un dipolo que está alineado con el campo eléctrico.

Cualquiera de ambos tipos de dipolos se puede describir por su momento dipolar eléctrico, p, como se desarrolla en el capitulo anterior.

Si pi es el momento dipolar eléctrico de la iésima molécula, un elemento macroscópico de volumen ∆V que contenga m dipolos de ésta clase tendrá un momento dipolar

∆ p=∑i=1

m

pi………(3.2)

Aunque ∆V puede ser un volumen sumamente pequeño, m puede ser enorme, debido a que es muy grande el número de moléculas en cualquier elemento macroscópico del volumen.

64

La relación de ∆ pa ∆V es el momento dipolar medio por unidad de volumen del dieléctrico.

Ahora se puede definir un vector de polarización macroscópico p en todo punto dentro del dieléctrico. De acuerdo con ésta definición, la polarización es un vector que r4epresenta el momento dipolar adquirido por cada elemento del volumen ∆V, dividido entre el volumen de ese elemento.

La polarización: p= lim∆V→0

∆ p∆V

= lim∆V→0

1∆V

∑i=1

m

∆ p i……… (3.3)

Luego: p=d pdV

→ d p= p . dV……… (3.4)

El anterior procedimiento de limite expresa que ∆V tiende a cero, pero no es necesario tomar literalmente este límite, pues en realidad ∆V solo debe ser muy pequeño en comparación con las dimensiones macroscópicas de la muestra, pero al mismo tiempo de tamaño suficiente para que contenga un número muy grande moléculas. Las dos formas de polarización podemos representarlas esquemáticamente así:

Fig. 3.2 Representación esquemática de un material dieléctrico cuyas moléculas poseen momentos polares permanentes.

Fig. 3.3 Representación esquemática de un material dieléctrico cuyos átomos no poseen momentos polares permanentes.

3.3 POTENCIAL Y CAMPO ELECTRICO EXTERNO DE UN MEDIO DIELECTRICO

En el capitulo anterior encontramos que el potencial producido por un dipolo eléctrico a una distancia r es,

V=K 0

P .urr 2

El cual también podemos expresarlo así

65

V=K 0P .rr3 ………(3.5)

En la expresión anterior hemos hecho coincidir el centro del dipolo con nuestro sistema de referencia. Si no es así y el sistema de referencia se dispone como se muestra en la fig. 3.4, debemos escribir, para el potencial producido por un dipolo

V=K 0

P .(ri−r')

|ri−r '|3 ……… (3.6)

Fig. 3.4 Fig. 3.5

Consideremos ahora una porción de material dieléctrico polarizado (ver figura 3.5), es decir, que se caracterice en cada punto r ', por una polarización,P(r ' ). La polarización da origen a

un campo eléctrico, y nuestro problema es calcular éste campo en un punto ri fuera del dieléctrico. Veremos que es más cómodo evaluar primero el potencial en ri y luego obtener

E como menos el gradiente de V. E=−∇V

El potencial producido por el elemento dV en ri viene dado por:

dV (r )=K0

d p .(ri−r' )

|ri−r '|3 ………(3.7)

De la ecuación (3.4), d p= p . dV , luego, la ecuación (3.7) se escribe ahora como:

dV (r )=K0

P .(ri− r ')

|r i−r '|3 dV………(3.8)

Note que las expresiones (3.7) y (3.8) usamos V indistintamente para referirnos al volumen o al potencial entonces, para diferenciarlos, siempre que sea necesario, al potencial lo escribiremos como V®.

El potencial total en el punto ri se obtiene sumando las contribuciones de todas las partes del dieléctrico, así:

66

V (r )=K 0∫V

(r i−r')

|ri−r '|3 dV ………(3.9)

La ecuación (3.9) puede evaluarse directamente si la forma funcional de P es conocida. Sin embargo será ventajoso expresar (3.9) en una forma un poco diferente haciendo uso de la siguiente transformación:

P .( ri−r' )

|r i− r '|3 =¿[ P

|r i−r '|]− 1

|r i− r '|.÷P

El lector puede encontrarla demostración de esta transformación de esta transformación en el texto de Reitz – Milford (Fundamentos de la teoría electromagnética).

Haciendo uso de la transformación, la ecuación (3.9) toma la forma:

V (r )=K 0∫V

¿ [ P

|ri− r '|]dV +K 0∫V

(−¿ P)

|ri−r '|dV …….. (3.10)

Haciendo uso del teorema de la divergencia en el primer término de la ecuación (3.10), obtenemos:

V (r )=K 0∮S

P .uN dS+K0∫V

(−¿ P)

|ri− r '|dV ………(3.11)

Las cantidades P. uN y - div P que aparecen en las integrales de (3.11) son dos funciones escalares obtenidos de la polarización P. ES conveniente asignar a estas cantidades símbolos especiales, y como obtienen las dimensiones de carga por unidad de área y carga por unidad de volumen, respectivamente, escribimos:

σ p=P .uN………(3.12)

ρp=−¿ P………(3.13)

Y llamamos a σp y a ρp densidad de carga de polarización ó densidad de carga ligada. El término “ligada” se usa para resaltar que las cargas no tienen libertad para moverse o para ser extraídas del material dieléctrico. La densidad superficial de la carga ligada está dada por la componente de polarización que es normal a la superficie, y la densidad volumétrica de la carga ligada es una medida de la no uniformidad de la polarización dentro del material.El potencial debido al material dieléctrico, se expresa ahora de tal manera que es evidente que proviene de una distribución de carga, así:

V (r )=K 0∮S

σ pdS

|ri−r '|+K0∫

V

ρpdV

|ri−r '| ………(3.14)

67

A primera vista puede parecer bastante extraño que habiendo empezado con elementos de volumen eléctricamente neutros de material dieléctrico, finalicemos con elementos de volumen que tienen una carga neta. Esta paradoja aparente se resuelve de inmediato si notamos que la carga total de polarización de un cuerpo dieléctrico, a partir de las ecuaciones (3.12) y (3.13), viene dado por:

Q p=∮S

P . uN dS+∫V

(−¿ P)dV Carga total de la polaridad ……… (3.15)

Puesto que nuestra premisa fue que el dieléctrico, como un todo, fuera eléctricamente neutro, debemos obtener Qp = 0. Este resultado se hace evidente si en la ecuación (3.15). Usamos el teorema de la divergencia en la segunda integral.Note que, si la polarización es uniforme en todo el material el segundo término de la ecuación (3.15) se anula. Este es el caso que por ahora nos importa y es el que cubre nuestros objetivos.El Campo eléctrico E puede obtenerse como menos el gradiente de (3.14). El lector puede demostrar que:

grad1

|r i−r '|=

|r i−r '||ri−r '|

3

Luego, el campo eléctrico toma la forma:

E (r )=K0∮S

(ri−r')σ p

|r i−r '|3 dS+¿K 0∫

V

(ri−r') ρp

|ri−r '|3 dV ¿ ………(3.16)

Aún cuando las ecuaciones (3.14) y (3.16) nos permiten evaluar el potencial y el campo eléctrico, respectivamente, en puntos fuera del material dieléctrico, un análisis detallado nos mostraría que, con mucha aproximación, pueden utilizarse para evaluar el potencial y el campo eléctrico dentro del dieléctrico.

3.4. LEY DE GAUSS EN UN DIELÉCTRICO

Al aplicar la ley de Gauss a una región que contiene cargas libres dentro de un dieléctrico debemos tener cuidado en incluir todas las cargas dentro de la superficie gausseana, la carga ligada así como la carga libre.

En la figura 3.6 la superficie S es una superficie cerrada imaginaria colocada dentro de un medio dieléctrico. Hay cierta cantidad de carga libre, Q, en el volumen limitado por S, y supondremos que ésta carga libre existe en las superficies de los tres conductores en cantidades q1, q2, q3.

68

Fig. 3.6 Construcción de una superficie Gausseana S en un medio dieléctrico.

Por la ley de Gauss:

∮S

E . uN dS=(Q+Q p)/ϵ 0………(3.17)

Donde Q es la carga libre total, es decir,

Q=q1+q2+q3 ……… (3.18)

Y Qp es la carga de polarización:

Q p= ∫(S1+S2+S3)

P . uN dS+∫V

(−¿ P)dV………(3.19)

Aquí V es el volumen del dieléctrico encerrado por S. no hay límite del dieléctrico en S, de modo que la integral de superficie en (3.19) no contiene una contribución de S.Si transformamos la integral de volumen (3.19) a una integral de superficie por medio del teorema de la divergencia, debemos tener cuidado en incluir las contribuciones de todas las superficies que limitan V, es decir S, S1, S2, Y S3. Es evidente que las tres últimas contribuciones cancelarán al primer término de (3.19), de modo que:

Q p=−∮S

P . uN dS………(3.20)

Combinando éste resultado con (3.17), obtenemos

∮S

(ϵ 0 E+ P ) .uN dS=Q…….. (3.21)

La ecuación (3.21) establece que el flujo del vector (Є oE + P) que pasa por una superficie cerrada de forma arbitraria, es igual a la carga libre total encerrada por la superficie. Esta cantidad vectorial es lo suficientemente importante como para merecer un nombre y un símbolo especial. Por tanto definimos un nuevo vector de campo D macroscópico, el desplazamiento eléctrico:

D=ϵ 0 E+ P………(3.22)

En función de D, la ecuación (3.21) se convierte en

∮S

D . uN dS=Q………(3.23)

Si a la ecuación (3.3) la aplicamos a una región en que todas las cargas libres encerradas se distribuyen con una densidad de carga volumétrica ρ, entonces la ley de Gauss se convierte en:

∮S

D . uN dS=∫V

ρdV………(3.24)

69

Usando el teorema de la divergencia, para transformar la integral de superficie (3.24) en una integral de volumen, obtenemos:

¿ D= ρ …..…. (3.25)

Resultado que conocemos como la ley de gauss en forma diferencial para el desplazamiento eléctrico.

La ventaja de este proceso es que el campo eléctrico total en cada punto del dieléctrico se expresa como la suma de dos partes,

E= Dϵ 0

+ Pϵ 0

………(3.26)

Donde el primer término se relaciona con la densidad de carga libre por su divergencia y el segundo, es proporcional a la polarización del medio. En el vacio el campo eléctrico está dado completamente por el primer término.

3.5SUSCEPTIBILIDAD ELÉCTRICA .Se sabe que la polarización de un medio dieléctrico tiene lugar debido al campo eléctrico del medio. El grado de polarización depende no solo del campo eléctrico, si no también de las propiedades de las moléculas que forman el material dieléctrico.

En la mayoría de materiales existe una relación lineal entre la polarización del medio y el campo aplicado, además, si el material es isotrópico, la polarización deberá tomar el mismo sentido que el campo eléctrico que la provoca. Estos resultados se resumen en la ecuación:

P=X E ………(3.27)

Donde la cantidad escalar X se llama susceptibilidad eléctrica del material.Combinando (3.27) con (3.22), obtenemos una expresión para D en medios isotrópicos:

D=ϵ E ………(3.28)

Donde Є = Є o + X, es la permi t iv idad del mater ia l , note que Є, Є oy X t ienen las mismas unidades.Experimentalmente se encuentra que, para la mayoría de materiales X y Є son independientes del campo eléctrico. En otras palabras, X y Є son constantes características del material.En aplicaciones prácticas es más conveniente trabajar con una cantidad adicional Є r

def in ida por :

ϵ=ϵ r ϵ 0 ϵ r=K 0

K ……… (3.29)

Llamada permitividad relativa, constante dieléctrica o coeficiente dieléctrico. Notamos a partir de su definición que Є r es una cant idad adimensional .Si por ejemplo calculamos, usando la ley de gauss, el campo eléctrico de una carga puntual dentro de un dieléctrico, a una distancia r de la carga, obtenemos; a partir de la ecuación (3.23)

4 π r2 D=q

D=(q /4 π r2)ur

70

Usando ahora la ecuación (3.28)

E=(q/4 π Єr 2)ur=(q /4 π Є rЄ0 r2) ur …..…. (3.30)

Notamos ahora que el campo eléctrico es un factor Є r menor de lo que ser ía s i no hubiera medio d ie léct r ico.

3.5 CAPACIDAD ELÉCTRICA

De lo visto en el capítulo anterior, se sabe que todo cuerpo conductor que contiene una carga eléctrica, posee un potencial eléctrico, pero, si dos conductores diferentes se cargan con la misma cantidad de electricidad, en general su potencial es distinto. Lo anterior se explica diciendo que los dos cuerpos tienen distinta capacidad eléctrica y se define la propiedad física llamada “capacitancia” como el cociente entre la carga eléctrica y el potencial eléctrico del cuerpo, lo que se expresa por medio de la ecuación siguiente:

C=Q /V ……… (3.31)

Frecuentemente se utiliza el recíproco de la capacitancia y se le da el nombre de la elastancia”, definimos como:

S=1/C=v /Q………(3.22)

Consideramos ahora dos conductores incrustados en un dieléctrico homogéneo (fig. 3.7), el conductor M2 lleva una carga positiva total Q, y M1 lleva una carga negativa igual. No hay otras cargas presentes, y la carga total del sistema es cero.

Si la diferencia del potencial entre M1 y M2 se designa como Vo definimos la capacitancia de este sistema en dos conductores como la razón de las magnitudes de la carga total en cualquiera de ellos a la diferencia de potencial entre ambos.

C=Q /V 0………(3.33)

En términos generales, se determina Q por medio de una integral de superficie sobre el conductor positivo, y se encuentra Vo llevando una carga positiva unitaria desde la superficie del conductor negativo hasta la superficie del conductor positivo,

71

Fig. 3.7 Dos Conductores con carga opuesta rodeados por un dieléctrico uniforme,

C=∫ D . uN dS

−∫ E d r.........(3.34)

La capacitancia es independiente del potencial y de la carga total, dado que su razón es constante: Si se incrementa la densidad de carga en un factor de N, la ley de Gauss indica que la densidad de flujo eléctrico o la intensidad de campo eléctrico también se incrementa N veces, como sucede con la diferencia de potencial. La capacitancia es una función solamente de las dimensiones físicas del sistema de conductores y de la permitividad del dieléctrico homogéneo.La capacitancia se mide en faradios (F), donde un faradio se define como un coulomb por voltio. Los valores comunes de la capacitancia tienden a ser fracciones muy pequeñas de faradio y, en consecuencia el microfaradio (µF) y el pico faradio (pF) son unidades más prácticas. La elastancia lógicamente tiene unidades inversas a la capacitancia (F-1).

3.7 REPARTICIÓN DE LA CARGA ENTRE CONDUCTORES EN CONTACTO

Para dos cuerpos conductores A y B cuyas capacitancias son CA y CB. Si inicialmente tienen cargas QA, QB, de acuerdo con el principio de la conservación de la caga eléctrica, la carga total del sistema permanece constante y es la suma de las cargas iniciales, quedando expresado como sigue

Q=Q A+QB=constante

Al unir los cuerpos con mayor potencial el cuerpo con menor potencial, hasta que el potencial del sistema sea uniforme, llamando V’ a éste potencial y utilizando la ecuación (3.31):

Q=Q A+QB=V ' CA+V ’CB=V ’(CA+CB) ………(3.35)

Como se ve, el sistema se comporta como un cuerpo en el que la carga es la suma de las cargas y la capacitancia es la suma de las capacitancias. Al separarse los cuerpos, cada uno conserva el potencial adquirido y llamado Q’A y Q’B a las cargas finales en cada cuerpo se tiene:

V '=QA+QB

CA+CB

=Q' AC A

=Q'BCB

De donde las cargas finales son:

Q 'A=Q A+QB

C A+CB

CAYQ 'B=QA+QB

C A+CB

……… (3.36)

Generalizando, si se tienen n cuerpos cargados y se ponen en contacto, la carga final en cualquiera de ellos, por ejemplo.

El cuerpo m es:

72

Q 'm=∑

n

Q n

∑

n

Cn

Cm………(3.37)

3.8 CONEXIONES Y CAPACITORES

Conexión Serie.- Los capacitores de la fig. 3.8 están conectados en Serie.

V e=V 1+V 2+V 3

Aplicando la definición de capacitancia se tiene:

Q /C e=Q /C1+Q /C2+Q /C3

De donde se puede escribir:1/C e=1/C1+1/C2+1 /C3 ..…….. (3.38)

O bien, trabajando con elastancias:

Se=S1+S2+S3 ..…….. (3.39)

Conexión Paralelo.- La figura 3.9 muestra una conexión en paralelo de capacitores.

Qe=Q1+Q2+Q3

Teniendo en cuenta la definición de capacitancia:

C eV=C1V +C2V +C3V ..…….. (3.40)

La capacitancia equivalente es:

73

Como puede verse, en la conexión serie todos los capacitores tienen la misma carga y para el cálculo de la capacitancia equivalente se tiene:

En la conexión en paralelo todos los capacitores están a la misma diferencia de potencial y la carga total es la suma de las cargas en todos los capacitores, lo que se puede expresar como sigue:

Se=1

1S1

+ 1S2

+ 1S3

=S1S2S3

S1S2+S2S3+S1S3 ………(3.41)

3.9 ENERGIA DEL CAMPO ELÉCTRICO

Para cargar un conductor es necesario gastar energía porque, para suministrarle más carga, debe realizarse trabajo para vencer la repulsión de las cargas ya presentes. Este trabajo es igual al incremento dw de la energía del conductor. Así si añadimos una carga del conductor.

dw=Vdq ……. (3.42)

Consideramos un conductor de capacitancia C=q /vLuego,

dw=q dq/C

El aumento total de la energía del conductor cuando su carga se incrementa desde cero hasta Q (igual al trabajo realizado en el proceso) es,

W= 1C∫0

Q

q .dq=Q2/2C………(3.44)

Consideremos el caso particular de un conductor esférico de radio R sumergido en un medio dieléctrico de permitividadЄ:

Para éste conductor: V=Q /4 π Є R

Luego C=Q /V=4 π Є R

y la energía para cargarlo, de acuerdo con (3.44) es,

W=12(Q2/4 πϵR )………(3.45)

De otro lado; el campo eléctrico creado por un conductor esférico a una distancia r mayor que R, es

E=Q /4 π Єr2

Calculemos la integral de E2 extendido a todo el volumen externo de la esfera,

∫R

∞

E2dV=∫R

∞

(Q /4 π Є r2)2 4 π r2dr=Q 2/4 π ϵ 2R.........(3.46)

Por tanto, observando las ecuaciones (3.45) y (3.46), podemos escribir

74

W=12ϵ∫E2dV Todo el espacio ……… (3.47)

La ecuación (3.47) nos sugiere que la energía utilizada en disponer las cargas se a almacenado en el espacio que las rodea, de modo que el volumen dV le corresponde la energía ½ ЄE 2 dv.

Por tanto, la densidad de energía o energía por unidad de volumen “almacenada” en el campo eléctrico es:

U E=12Є E2

………(3.48)

Lógicamente, las ecuaciones (3.47) y (3.48) se modifican tan solo en el factor correspondiente a la permitividad si el conductor se encuentra en el vacio.

Recordando que D = ЄE, la ecuación (3.47) toma la forma

W=12∫V

D. E dV……(3.49)

La integral se extiende sobre todo el volumen que contiene el campo.

Para finalizar debemos mencionar que en verdad todavía no se ha dado respuesta a la pregunta sobre donde está almacenada la energía eléctrica. La energía potencial nunca puede ser restringida precisamente en términos de la localización física. Se levanta un lápiz y este adquiere energía potencial. Acaso la energía se almacena en las moléculas del lápiz, en el campo gravitacional entre el lápiz y la tierra, o en algún lugar desconocido? Está la energía en un capacitor almacenado en las propias cargas, en el campo o en donde? Sin embargo la imagen de que la energía se”almacena” en la región que contiene el campo es conveniente y es la que utilizaremos.


3.1. Una varilla delgada de dieléctrico de sección A se extiende sobre el eje X desde X = 0 hasta X = L. la polarización de la varilla es a lo largo de su longitud, y está dado por: Px = qX2 + b. Hállese la densidad volumétrica de carga de polarización y la carga superficial de polarización en cada extremo. Demuestre que la carga ligada total se anula.

QV p=−2dA∫ xdx=−dA L2

……(1)

σ p=P .uN

75

ρp=−¿ P=−¿(ax2+b)i

ρp=−∂P∂x

=−2ax

Luego, la carga en todo el volumen de la varilla será

σ 1p=(ax2+b ) i . (−i )=−(ax2+b)

En x = 0, quees donde está ubicado la superficie 1,

σ 1p=−b

Y la carga de polarización en S1 será Q1 p=−bA…… (2)

En x= L, que es donde está ubicado la superficie 2,

σ 2p=(ax2+b ) i . i=+(ax2+b)σ 2p=+(ax2+b)

Luego

Q1 p=+(a L2+b)bA …… (3)De: (1) m (2) y (3)Q p=Q 1p+Q2 p+QV p

=0

3.2. Una varilla de dieléctrico que tiene forma de cilindro circular recto de longitud L y de radio R se polariza en la dirección de su longitud. Si la polarización es uniforme y de magnitud P, calcúlese el campo eléctrico que resulta de ésta polarización, en un punto del eje dela varilla y fuera de esta.

Solución

V 1=K 0∫σ1 pdS

|ri−r '|De la figura:ri=z k ;r '=r ur

|r i−r '|=(Z2+r2)12 ; σ 1p=P k . (− k )=−P ; dS=rdrdφ

76

No existe distribución de carga volumétrica polarizada ya que la polarización es uniforme (div P=0). Solo existe distribución de carga superficial. De polarización en las superficies 1 y 2, mientras que en las superficies laterales del cilindro es nula.Evaluemos primero el potencial y el campo eléctrico lo obtenemos como menos el gradiente de V(r).El potencial producido por la superficie S1 en Z es,

Luego

V 1=−K 0∫0

2π

∫0

RPrdrdφ

(z2+r2)12

Integrando:

V 1=−2 πK0P [(z2+R2)12−z ]

El potencial producido por la superficie S2 en Z es,

V 2=K 0∫σ2 pdS

|ri−r '|

De la f igura:

ri=z k ; r '=r cos φ i+rsin φ j+L k

|r i−r '|=[r 2+(z−L)2 ]12 ; σ 2p=P k . k=P ; dS=rdrdφ

Luego:

V 2=+K 0∫ Prdrdφ

[r2+(z−L)2 ]12

In tegrando:

V 1=+2 πK0P [R2+(z−L)2 ]12−(z−L)

El potencia l en Z debido a ambas super f ic ies es:

V=V 1+V 2=2πK0 P [R2+(z−L)2 ]12−(z2+R2)

12 +L

Para e l campo e léct r ico:

E=−( ∂V∂ z ) k=2πK0 P[ z

(z2+R2)12

−(z−L)

[R2+(z−L)2 ]12 ] k

3.3. Encuentre la densidad de flujo eléctrico en un material que:a) Tiene un momento dipolar por unidad de volumen de 1 uC/m2 en una intensidad del campo eléctrico de 30KV/m.b) Tiene 1020 moléculas por cada metro cubico, cada uno con un momento dipolar de 2x10-

27C.m cuando E = 105V/m;c) Tiene E = 20KV/m y la permitividad relativa es 4.1Solución:D = Єo E + P, como D, E y P son paralelos (materiales isotrópicos) es suficiente la relación escalar.

a) D = Єo E + PRemplazando datos: D = (8,854 x 10 - 1 2 ) (30 x 10 3 ) +10 - 6 c /m 2

77

D = 1,266 x 10 - 6 c /m = 1 ,266 uC/m 2

b) Sea n; número de moléculas por unidad de volumen luego: P = np = 10 2 0 x 2 x 10 - 2 7 = 2 x 10 - 7 C/m 2

D=∈O+P

D=( 8,854 x10−12 x105+10−7 ) Cm2

D=1,085 x 10−6 C

m2=1,085

uC

m2

c) ∈=∈r∈O , usamos ahora: D=∈ E

D=4,1 x8,8854 x 10−12 x 20 x103 C

m2

D=0,72x 10−6 C

m2=0,72

uC

m2

3.4. Encuentre la carga total dentro de un volumen cubico de 1m por lado situado en el octante positivo con tres de sus bordes coincidiendo con los ejes x,y,z y una esquina en el origen, sia) D= (x+3 ) ib) D=( y2+4 ) jc) D=2x2 id) D=xyz iSolución:Usamos la ley de Gauss para el desplazamiento eléctrico en forma diferencial.

a) ¿ D= ρ¿ ( x+3 ) i=1 ,luego ρ=1Q=∫ ρdV=∭dx dy dz=L3=(1)1=1C

b) ¿ D=2 y , luego ρ=2 yQ=∭2 y dx dydz=x y2 z=(1 ) (1 )2 (1 )=1C

c) ¿ D=4 x ,luego ρ=4 xQ=∭ 4 x dxdy dz=2 x2 yz=2 (1 )2 (1 ) (1 )=2C

d) ¿ D= yz , luego ρ= yzQ=∫ ydy∫ z dz∫ x dx= y2 z2 x /4=(1 )2 (1 )2 (1 ) /4=1/4C

3.5. Encuentre Dy ¿ D como una función del radio para una esfera de densidad de carga uniforme ρ y radio R

a) Para puntos exteriores a la esfera r>R∫ D . uN dS=Q

D 4 π r2=4 π R3ρ /3

Por tanto ;

D=D r=ρ R3/3 r2

En coordenadas esféricas:

78

¿ D= 1

r2

∂∂r

(r2Dr )+ 1r sinθ

∂∂θ

( senθ Dθ )+ 1r sinθ

∂∂θ

Dθ

Como D solo depende de r, solo necesitamos el primer término,

¿ D= 1

r2

∂∂r

(r¿¿2 ρR3/3 r2)=0¿

Note que este resultado es conforme con la ley de Gauss en forma diferencial para el desplazamiento eléctrico, ecuación (3.25), ya que para puntos exteriores ρ=0 ;

En puntos interiores de la esfera (r<R)

∮ D . uN dS=Q

D 4 π r2=4 π R3ρ /3

D=D r=ρ r /3

Aplicando el operador divergencia en coordenadas esféricas, obtenemos:

¿ D= 1

r2

∂∂r

(r¿¿2 ρ r /3)=0¿

¿ D= ρ , como era de esperar.

3.6. Capacitor de Placas Paralelas. El tipo más común de capacitor es el de placas paralelas y como su nombre indica, está formado por dos placas conductoras paralelas separadas una distancia d por una capa de material aislante de permitividad relativa ∈r , como se muestra en la figura. Determinar la capacidad del sistema.Solución:

∮ D . uN dS=−Q−DS=−Q ; Note que solo hay flujo a través de la cara 2 de la superficie

Gausseana escogida.

79

Debido a las atracciones que se

producen entre las cargas, estas

se distribuyen prácticamente sobre las caras internas con densidad superficial de carga uniforme; tomando en cuenta las condiciones practicas, el flujo eléctrico es perpendicular a las placas y fluye íntegramente a través del dieléctrico con densidad uniforme. Usaremos la ley en forma integral, tomado como superficie apropiada

D=σ

Luego, E=σ /∈

De otro lado:Wq

=∆V=−∫ E . d r=¿

∆V=−∫(¿σ /∈)(−i) .dx (+ i)=σd /∈ ¿

Para la capacidad; C= Q

∆V=

(σS )

( σd∈ )=∈S

d

Si no tenemos dieléctrico entre las placas, en el resultado anterior remplazamos ∈ por ∈o

.Como siempre ∈=∈r∈O

3.7. Hallar la capacidad del sistema que se muestra en la figura. Demuestre que el sistema es equivalente a dos capacitores conectados en serie.

Solución:

Aplicando la ley de Gauss para el flujo eléctrico en la superficie que se muestra, obtenemos

∮ D1 .uN 1dS+∮ D 2 . uN 2dS=0D1S+D2S=0 ; No hay carga libre encerrada por S.YD1=D2 , es decir: ∈1E1=∈2E2 ……. (A)Luego,

V O=E1d1+(∈1

∈2)E1d2=E1(d1+

∈1d2

∈2)

De donde;

E1=V O/[d1+(∈1

∈2)d2] ………(B)

Aplicando la ley de Gauss para el desplazamiento D1 en la superficie Gausseana que encierra a la placa inferior, obtenemos:

∮ D1 .uN dS=−Q

−D1S=−σS , de donde: D1=σ=∈1E1 ………. (C)

De (B) y (C),

….…… (D)

80

Supongamos que la diferencia de

potencial entre las placas es V O.

Como las intensidades de los campos en las dos regiones es uniforme, tenemos:

σ=V O

( d1

∈1)+( d2

∈2)

Finalmente: C= QV O

, con Q=σS y V O definida por (D),

C= 1

( d1

∈1S )+( d2

∈2S )= 1

( 1C1

)+( 1C2

)

3.8. Hallar la capacidad del sistema que se muestra en la figura. Demuestre que el sistema es equivalente a dos capacitores conectados en paralelo.Solución:

C= QV O

=¿Q1

V O

+Q2

V O

=Q1+Q 2

V O

Usando el resultado del problema (3.6)

C=σ S1

(σd /∈¿¿1)+σ S2

(σd /∈¿¿2)=∈1S1

d+∈2S2

d¿¿

C=C1+C2

3.9. Capacitor Cilíndrico. Los conductores cilíndricos que se muestran en la figura forman un arreglo útil para llevar corriente, conocido como Línea Coaxial de Transmisión. En condiciones estáticas constituye un capacitor cilíndrico.Hallar la capacidad de una longitud L de este cable coaxial.Solución:

81

Supongamos que la diferencia de potencial entre las placas es V O.

Si llamamos Q1 y Q2 a los valores de las cargas sobre las placas conductoras correspondientes a los medios 1 y 2, de modo que;+Q=Q1+Q 2 y

−Q=−Q1−Q2 ,

Sea V Ola diferencia de potencial entre

el conductor interno y externo.

V O=−∫ E . drUsando la ley de Gauss en forma integral puede determinarse el campo eléctrico entre los conductores. El lector encontrara que:

E=λ/2 π∈ r , donde hemos supuesto que entre los conductores existe un medio de permitividad∈.

La diferencia de potencial será:

V O=−∫ E . dr=−∫ra

rbλ

2π∈ r (−ur ) . dr ur=λ

2π∈ln (

r br a

¿)¿

C= QV O

= λLλ

2π∈ln (

rbra

)=2π∈L / ln(

rbra

)

3.10. Capacitor esférico. Un capacitor esférico consiste en una esfera de radio exterior rb, concéntrica con una esfera menor de radio ra. Determine la capacidad del sistema.Solución:

Usando la ley de Gauss en forma integral puede determinarse el campo eléctrico entre los conductores. El lector encontrara que:

E=σ ra2/∈ r2

Donde hemos supuesto que entre los conductores existe un medio de permitividad∈ .

La diferencia de potencial será:

V O=−∫ra

rb

(σ ra2/∈r2)(−ur ) . dr ur

Integrando: V O=(σ ra2/∈)(r b−ra)/ra rb

Con Q=σ 4 πra2 , el potencial toma la forma:

V O=(Q /4 π∈)(rb−ra)/ra rb

De donde:

C=4 π∈r arbrb−r a

82

Sea V O la diferencia de potencial

entre las esferas concéntricas conductoras;

V O=−∫ E . dr

3.11. Capacitor de cilindros paralelos. Las líneas aéreas de transmisión de energía eléctrica proporcionan un ejemplo de capacitor de cilindros paralelos. Determinar la capacidad del sistema para una longitud L de los conductores.Solución:

La intensidad del campo en un punto P sobre la línea que une los centros y perpendicular a los cables es

-84-

E=[ λ2π∈r

+ λ2π∈ (D−r ) ] (− ur )=

λ2 π∈ [ 1

r+ 1D−r ] (−ur )

Si V O es la diferencia de potencial entre los cables, luego:

V O=−∫ E . dr=−λ

2π∈ ∫a

D−b

[ 1r+ 1D−r ] (−ur ) . dr ur

Si D≫a ,b y, como en las aplicaciones prácticas, a=b, entonces:

V O=Q

π∈Lln(Da )

De donde;

C= QV O

= π∈L

ln(Da )3.12. Un condensador de 10uF se carga a un potencial de 100V y otro a 20uF a un potencial de

200V. Si se conectan ahora los dos condensadores en paralelo, Cual será la d.d.p. entre las placas?

Solución:

Q1=C1V 1

Q2=C2V 2

Q1+Q2=C1V 1+C2V 2=CV

83

Integrando:

V O=λ

2 π∈ [ ln r| D−ba−ln (D−r)|

D−ba ]

Reemplazando por los límites

V O=λ

2 π∈ln

(D−a ) (D−b )ab

C1V 1+C2V 2=(C¿¿1+C2)V ¿

V=C1V 1+C2V 2

C1+C2

=10x 100+20 x20030

=166,76V

3.13. Los condensadores A y B de capacidades 10 y 5uF, respectivamente, están conectados en serie. La placa libre de B está conectada a tierra y la libre de A se conecta a una fuente de potencial de 600V. Determinar la d.d.p. entre las placas de ambos condensadores y la energía que almacenan. Solución:

V 1+V 2=600 ; Q1=C1V 1=10x 10−6 xV 1Q2=C2V 2=5 x 10−6 xV 2

Q1=C1V 1=10x 10−6 xV 2Por tanto:

10 x10−6 x V 1=5 x10−6 x V 2

De donde: 2V 1=V 2

Y como V 1+V 2=600 , obtenemos de ambas relaciones,

V 1=200V y V 2=400V

El lector puede demostrar que la energía de un capacitor esta dado por la relación:

W=CV 2/2, con lo cual, W 1=C1V 12/2=0,2J y W 2=C2V 2

2/2=0,4 J

3.14. Calcular la energía necesaria para formar una esfera de cargas distribuidas uniformemente en todo su volumen.Solución:

Llamemos R al radio de la esfera y Q a la carga distribuida uniformemente en todo su volumen. Dividamos el volumen de la esfera en capas crecientes debido al aumento de su radio desde 0 a R. Para calcular la energía de la distribución esférica de cargas, debemos sumar lasa energías empleadas en la superposición de cada capa.

La densidad de carga en el volumen de la esfera es:

ρ= 3Q

4 π R3

Si radio de la esfera es r, la carga contenida en ella es:

q=Qr 3

R3 ………(A)

Y el potencial eléctrico en la superficie es:

V= q4π∈ r

= Qr2

4 π∈R3

Al incrementar el radio en la cantidad dr, con la superposición de una nueva capa, añadimos una carga dq, obtenida diferenciando (A), así:

dq=3Qr2drR3

La energía necesaria para agregar esta carga a la esfera es:

dW=Vdq=3Q2 r4dr4 π∈ R6

La energía total necesaria para obtener el valor total de la carga es entonces:

84

W=∫Vdq=∫0

R3Q2 r4

4 π∈R6 dr

Integrando:

W= 3Q2

20 π∈R

3.15. Encuentre la constante dieléctrica del material utilizado en capacitor que a) almacena la mitad de la energía que un capacitor lleno de aire de las mismas dimensiones siempre y cuando cada capacitor lleve una carga positiva idéntica. b) C = 1000pF , S = 8 cm2 y d = 0.05mm. Los capacitores son de placas paralelas.

Solución:

a) W = W0 / 2

Donde W0 es la energía almacenada por el capacitor lleno de aire

W = CV2 / 2

Con V = Q / C, obtenemos:

W = Q2 / 2C , para cualquier capacitor

Para el capacitor lleno de aire

W0 = Q2 / 2 (∈0 S / d) = Q2 d / ∈0 S . . . (A)

Para el capacitor con material dieléctrico,

W = Q2 d/ 2 ∈S . . . (B)

Usando la condición del problema, W = W0 / 2 , de (A) y (B), obtenemos:

∈=2∈0

Luego, ∈/∈0¿∈r¿2b) C = 1000 pF = 10-9 F

S = 8 cm2 = 8 x 10-4 m2

d = 0, 05 mm = 5 x 10-5 m

C =∈ S / d = ∈0∈r S / d

∈r = Cd / ∈0 S , usando los valores dados, obtenemos:

∈r = 7,1

3.16. Un capacitor de placas paralelas lleno de aire tiene placas de 4x4 cm, con separación de 3 mm. ¿Cómo se deben utilizar 2 cm3 de parafina (∈r = 2,25) para obtener la máxima capacitancia y cuál es la capacidad máxima?

Solución:

85

Si deseamos la máxima capacitancia, debemos disponer la parafina y el aire de modo que formen una disposición de capacitores conectados en paralelo así, esquemáticamente mostramos la posible disposición.

De la figura:

(4 cm)(3 cm)(x cm) = 2 cm3

De donde: x = 1,66 cm

Luego, Sp= (4 cm) (1,66 cm)

Sp= 6,64 cm2

Donde Sp es la superficie en las

Placas que contiene a la parafina.

Debemos disponer, dentro de las placas, a la parafina con las siguientes dimensiones:

3 mm; 6,64 cm2

La capacidad máxima lo determinamos así:

Cmax= Ca + Cb= ∈0 Sa / d + ∈p Sp / d

Note que, Sa= S - Sp= (16 - 6,64) cm2 = 9,36 cm2

Reemplazando por los valores indicados:

Cmax= 7,18 pF

3.17. Dos placas de cobre cuadradas, cada una con una área de 0,5 m2 , están separadas 2 mm, por medio de espaciadores circulares de teflón (∈r = 2,03) que tienen longitud de 2 mm y radio de 3 mm. ¿Qué porcentaje de incremento en la capacitancia del aire causan 64 de éstos espaciadores? Solución:S = 0,5 m2

d = 2 x 10-3 m

La capacidad, sin dieléctrico, es:

C0 = ∈0 S / d = (8, 85 x 10-12) (0, 5) / (2 x 10-3) F = 2 112, 5 x 10-12 F

C0 = 2 112, 5 pF

Cuando se colocan los dieléctricos (espaciadores de teflón):

C = C1 + C2

Donde:

C1, es la capacidad en la región que contiene espaciadores

86

C2, es la capacidad en la región que no ha sido cubierta por los espaciadores de teflón

C = ∈1 S1 / d +∈2 S2 / dDonde:S1 = 64 πr2 = 64 π (3 x 10-3)2 = 1 809, 55 x 10-6 m2

S1 = 0,001809 m2

S2 = S - S1 = (0, 5 - 0, 001809) m2 = 0, 4981 m2

Reemplazando estos y los valores dados, obtenemos:

C = (∈0∈r S1 +∈0 S2) / d = 2 222, 4145 x 10-12 F = 2 222, 4145 pF

∆C = C - C0

∆C = (2222,4145 - 2112,5) pF = 10,3545 pF

Ahora mediante una regla de tres simple, obtenemos:

2 112,5 100 %

10,3545 x

De donde, x = 0,46 %

Luego, como resultado de colocar los espaciadores de teflón, la capacitancia se incrementa en un 0,46 %.

3.18. Dos esferas conductoras concéntricas, con radios de 2 y 4 cm están separadas por un vacio. a) Encuentre C, b) ¿Qué tan grueso debe ser una capa de neopreno (∈r = 6,7) colocado alrededor de la esfera interior, para duplicar C?, c) ¿Qué tan gruesa debe ser una capa de neopreno, colocada justamente adentro de la esfera exterior, para duplicar C?Solución:

a) Del problema resuelto (3.10), tenemos que:

C0=4 π∈0r ar c

rc−ra∙ ∙∙ (A )

Con ra = 0,02 m y rc = 0,04 m, obtenemos luego de reemplazar todos los valores correspondientes en (A)

C0=4,44 x10−12F=4,44 pF

b) En este caso, la disposición del neopreno debe ser tal como se muestra en la figura. Luego, la capacidad, en este caso, estará dada por la combinación en serie de las siguientes capacidades:

C1=4 π∈0(ra+X )rc

(r a+X )−rayC2=

4 π∈0(ra+X )rc

rc−(ra+X)

Reemplazando por los valores correspondientes, en C1 y C2 , tenemos:

87C1=

14,9 (0,02+X )X

pF ∙ ∙∙(B)

C1=4,44(0,02+X )

(0,02−X )pF ∙ ∙∙(C )

Notamos que, en esta conexión los capacitores no están conectados ni en serie ni en paralelo y para calcular la capacitancia equivalente entre los puntos a y d utilizamos un artificio, que consiste en cambiar tres de los capacitores que forman una malla triangular o “delta”, por tres capacitores hipotéticos conectados en una disposición que llamaremos “estrella”, como se muestra en la figura (A).

Si designamos por S1, S2y S3 las elastancias de

los capacitores C1, C2 y C3, y S1’, S2’ y S3’ las

Resolviendo para x, y tomando el valor más apropiado (+), obtenemos:

X = + 8,3 x 10-3 m = 8,3 mm

Luego, el espesor de la capa de neopreno que se debe ubicar alrededor de la esfera interior para duplicar su capacidad es de 8,3 mm.

c) Siguiendo un proceso análogo al anterior, podemos encontrar el espesor de la capa de neopreno, que debe ubicarse justo dentro de la capa exterior para duplicar la capacidad. Ahora la disposición debe ser la siguiente:

Reemplazando los valores correspondientes, y resolviendo para X, obtenemos el valor de X. Dejamos al estudiante este cálculo sencillo.

Tanto en b) como en c), ∈1 = ∈0∈r

3.19. Hallar la capacitancia equivalente de la conexión de capacitores en red con puente que se muestra en la figura. Los valores de las capacidades son las siguientes:C1 = 8 uF, C2 = 10 uF, C3 = 20 uF, C4 = 20 uF , C5 = 20 uFSolución:

88

C1=14,9 (0,02+X )

XpF ∙ ∙∙(B)

C1=4,44(0,02+X )

(0,02−X )pF ∙ ∙∙(C )

C1=4 π∈0

ra(r¿¿c−X )

(r¿¿c−X )−ra ¿¿

C2=4 π∈1

(r¿¿c−X )rc

−¿¿ ¿

Nuevamente:

C eq=C1C2

C1+C2

=2C0

Notamos que, en esta conexión los capacitores no están conectados ni en serie ni en paralelo y para calcular la capacitancia equivalente entre los puntos a y d utilizamos un artificio, que consiste en cambiar tres de los capacitores que forman una malla triangular o “delta”, por tres capacitores hipotéticos conectados en una disposición que llamaremos “estrella”, como se muestra en la figura (A).

Si designamos por S1, S2y S3 las elastancias de

los capacitores C1, C2 y C3, y S1’, S2’ y S3’ las

Teniendo en cuenta que las elastancias son los inversos de sus correspondientes capacitancias, obtenemos:

En la figura (B) se muestra la disposición, ahora simplificada, de la conexión original en función de C1’, C2’ y C3’.

La capacitancia resultante de la conexión en serie C3’ y C4 es 10,47 uF.

La capacitancia resultante de la conexión en serie C1’ y C5 es 14,68 uF.

La capacitancia resultante de la conexión en paralelo entre los puntos O-d es 25,15 uF.

Finalmente la capacitancia resultante de la conexión serie C2’ y COd = 25,15 uF es 16 uF. Esta es la capacitancia equivalente Cad.

3.11. PROBLEMAS PROPUESTOS

3.1. Se coloca una hoja de cuarzo, cuya constante dieléctrica es 3.8, en un campo eléctrico de 20 Kv / m. el vector de campo eléctrico forma un ángulo de 45º con las caras superior e inferior, y es paralelo a las caras de frente y posterior. Dibuje la correcta disposición y obtenga la densidad de carga en cada una de las caras.Rpta: Cero en las caras frontal y posterior; -3,5 x 10-7 C / m2 en todas las demás.

89

C1’ = (C1C2 + C1C3 + C2C3) / C1

C2’ = (C1C2 + C1C3 + C2C3) / C2

C3’ = (C1C2 + C1C3 + C2C3) / C3

3.2. La permitividad relativa del hidrogeno atómico es de 1,000264 a la temperatura y presión standard. Si se tienen 5,42 x 1025 átomos / m3 y se aplica un campo E = 103 V, hallar: a) P, b) p, c) La separación entre las cargas negativas y positivas.Rpta: a) 2,34 pC /m2; b) 4,32 x 10-38 Cm; c) 0,270 x 10-18 m

3.3. Determinado dieléctrico “ficticio” contiene dipolos eléctricos atómicos permanentes de magnitud igual a 3 x 10-22 Cm-2. La densidad atómica es de 1026 átomos / m3. Si un campo eléctrico de 104 V / m produce una polarización efectiva que corresponde a la alineación de 25 % de los dipolos atómicos en la dirección del campo, calcule la susceptibilidad del dieléctricoRpta: 8,47 x 1010

3.4. Determinado dieléctrico “ficticio” contiene dipolos eléctricos atómicos permanentes de magnitud igual a 3 x 10-22 Cm-2. La densidad atómica es de 1026 átomos / m3. Si un campo eléctrico de 104 V / m produce una polarización efectiva que corresponde a la alineación de 25 % de los dipolos atómicos en la dirección del campo, calcule la susceptibilidad del dieléctricoRpta: 8,47 x 1010

3.5. Un capacitor de placas paralelas con área A y separación d entre sus placas se carga a un voltaje V mediante una batería. Mientras que el capacitor todavía está conectado a la fuente, se inserta una lamina de constante dieléctrica K y espesor d / 3 paralelamente a las placas. Calcule la capacitancia, la carga sobre las placas y la energía almacenada después de que se coloca la pieza de dieléctrico en su lugar.

3.6. La mitad izquierda de un capacitor horizontal de placas paralelas está lleno de un dieléctrico de permitividad∈= 4∈0, mientras que la mitad de la derecha está llena de aire. La separación entre las placas es de 20 mm y existe una diferencia de potencial entre las placas de 80 V. Hallar E, D y P en ambas mitades.

3.7. Un capacitor tipo “emparedado” de placas paralelas tiene un relleno dieléctrico de 3 capas con permitividades de ∈= ∈0, 2∈0 y 3∈0. Si cada sección tiene un espesor de 3 mm y se aplican 12 V a través del capacitor, encuentre E en la sección con ∈= 3∈0.Rpta: 727 V / m

3.8. Un capacitor con placas cuadradas de área A tiene una separación d a lo largo de un borde y una separación de 2d a lo largo del borde opuesto. Encontrar la capacitancia. Desprecie el efecto de los bordes.

3.9. Un condensador tiene armaduras casi paralelas cuadradas, cada una de lado “a” y forma un ángulo Ө entre si, si la menor separación entre las placas es “d”, demuestre que la capacidad estará dada por C = (∈0 d-1 a2) (1 - a Ө / 2d).

3.10. Una carga puntual de 1 uC está localizada en el origen de un sistema de coordenadas esféricas. Encuentre la diferencia de potencial entre las superficies r = 1 y r = 2, si ∈= (r+1)∈0.

3.11. Una esfera conductora A de 10 cm de radio tiene una carga eléctrica que le produce un potencial de 9 000 V. Una segunda esfera conductora B de 5 cm de radio, originalmente descargada se pone en contacto con la primera. Calcular: a) La carga original en la esfera A, b) El potencial de las esferas después del contacto, c) La carga final en cada esfera.Rpta: QA’ = 6,67 x 10-8 C; QB’ = 3,33 x 10-8 C

90

Determinar la capacitancia del sistema de capacitores que se muestra en la figura.

Rpta: C = 2,44 uF

3.12. Un cable subterráneo de 112 km de longitud tiene una envoltura de plomo y un conductor de cobre de 0,5 cm de diámetro. El espesor de la capa aisladora es de 8,4 cm y el coeficiente dieléctrico relativo es 1,88. Determinar la capacitancia del cable.

3.13. Un cable concéntrico con envoltura exterior de plomo tiene un conductor de cobre de 0,5 cm de diámetro, el dieléctrico tiene un espesor de 0,15 cm y coeficiente dieléctrico relativo de 1,88. El cable se garantiza para 8 000 V. calcular la carga en un km del cable cuando tiene aplicada la diferencia de potencial de garantía.Rpta: 1,77 x 10-3 C

3.14. Calcular la capacitancia de un condensador de esferas cuyo radio interior es a, el radio exterior es b y la permitividad relativa varia con el radio en la forma: ∈r = b2 / r2.Rpta: C = (∈0 b2) / 4π (b - a)

3.15.

3.16. Una esfera metálica aislada de 5 cm de diámetro se cubre uniformemente con un dieléctrico para el cual ∈r = 10 en una capa de espesor b. se encuentra que la adición de otros 10 cm al espesor de la capa duplica la capacitancia. Hallar b.

3.17. Se tienen dos alambres, cada uno de 0,2 mm de radio, paralelas con una separación d, en un dieléctrico en el cual ∈r = 3. Si la capacitancia es de 10 pF / pie, encuentre d.Rpta: 2,5 mm

3.18. Se conectan dos capacitores, cada uno de capacitancia C, en serie con una fuente de voltaje V. halle la carga y la energía almacenada en el capacitor equivalente. Luego se desconectan los capacitores de la fuente uno y otro y se vuelven a conectar en paralelo, o sea placa positiva con placa positiva y negativa con negativa. Determine el voltaje de la combinación y la energía almacenada. Explique la diferencia en el valor de la energía en los dos casos.

3.19. Una esfera metálica de 50 cm de radio tiene una carga de 10-6 C en la superficie. Obtenga la densidad de energía eléctrica para todos los valores de r. calcule el radio R tal que la mitad de la energía almacenada este dentro de una esfera de radio R.

3.20. Una densidad uniforme de carga está distribuida dentro de una esfera pequeña de 10 -13 cm de radio. Si la cantidad de carga s la de un protón. Halle la densidad de energía y la energía total en todo el espacio. ¿Cuánta energía contiene una esfera de 5 cm de radio, si la densidad de energía es uniforme y tiene el valor dado por la densidad de energía obtenida antes a r = 0,5 x 10-3 cm?Rpta: 9,18 x 1060 r2 interior; 9,18 x 10-30 r-4 exterior; 1,38 x 10-13 J; 1,20 x 1027 J.

3.12. BIBLIOGRAFIA

1. “Física para Ciencias e Ingeniería”; Vol 2;J. Mackelvey – H. Grotch; Edit. Harla.

2. “Física: Fundamentos y Aplicaciones”; Vol II;R. Eisberg – L. Lerner; McGraw – Hill.

91

3. “Física: Campos y Ondas”; Vol II;M. Alonso – E. Finn; Fondo Educ. Interamericano.

4. “Física”; Tomo II;G. Shortley – D. Williams; URMO. SA.Ediciones.

5. “Teoría electromagnética”; W. Hayt; McGraw – Hill.

6. “Fundamentos de la teoría electromagnética”; Reitz - Milford; UTEHA.

CAPITULO IV: CORRIENTE ELECTRICA CONTINUA

4.1. CORRIENTE ELECTRICA

Una corriente eléctrica consiste en un chorro de partículas cargadas o iones, y el proceso por el cual la carga se transporta se denomina conducción.En un metal, la corriente es transportada completamente por electrones, mientras que los iones positivos pesados están fijos en posiciones regulares de la estructura cristalina que

92

conforman. A fin de que se produzca una corriente eléctrica, debe aplicarse un campo eléctrico para mover las partículas cargadas en una dirección determinada.La intensidad de una corriente eléctrica se define como la carga eléctrica que pasa por unidad de tiempo a través de una sección de la región donde esta fluye, como, por ejemplo la sección de un alambre metálico. En consecuencia, si en el tiempo t, pasan N partículas, cada una con carga q, a través de una sección del medio conductor, la carga total Q que ha pasado es Q = Nq, y la intensidad de la corriente es:

I= Nqt

=Qt∙ ∙ ∙(4.1)

En realidad, la expresión anterior da la corriente media en el tiempo t; la corriente instantánea es:

I=dQdt

∙ ∙∙(4.2)

Note que, de acuerdo a nuestra definición, la corriente se refiere al movimiento de cargas positivas aun cuando en los metales, como hemos dicho, se deba al movimiento de cargas negativas (electrones).La corriente eléctrica se expresa en Cs-1, unidad llamada Ampere. Un Ampere es la intensidad de una corriente eléctrica que corresponde al paso de un Coulomb a través de una sección del material en un segundo.La dirección de una corriente eléctrica se supone que es la del movimiento de las partículas cargadas positivamente. Es la misma dirección del campo eléctrico aplicado o de la diferencia de potencial que produce el movimiento de las partículas cargadas (figura 4.1). De ahí que, si una corriente se debe al movimiento de partículas cargadas negativamente, tal como los electrones, el sentido de la corriente es opuesto al del movimiento real de los mismos.

4.2. DENSIDAD DE CORRIENTE

En la teoría del campo normalmente se tiene interés en lo que ocurre en un punto, más bien que dentro de una región grande, y se encontrara que el concepto de Densidad de Corriente, medida en Amperes por metro cuadrado (A / m2), es más útil. La densidad de corriente es un vector representado por J.

93

Es conveniente hacer notar que, la corriente no es un vector, porque puede suceder que en un conductor de forma irregular, la corriente puede tener, en una sección dada, dirección diferente.La corriente en un filamento, se puede definir como un vector, pero es preferible dar la dirección del filamento o trayectoria y no a la corriente.Consideremos una sección transversal de un conductor a través de la cual se están moviendo partículas con carga q y velocidad V . Si hay n partículas por unidad de volumen, el número total de partículas que pasan por la unidad de área en la unidad de tiempo es nV , y la densidad de corriente, definida como la carga que pasa a través de la unidad de área en la unidad de tiempo es el vector:

J=nq V ∙ ∙ ∙(4.3)

Para ser más generales, supongamos que tenemos un chorro de partículas, todas moviéndose hacia la derecha con velocidad V . Aquellas partículas que atraviesan la superficie dS en el tiempo t estarán contenidas en un cilindro de base dS, generatriz paralela a V y longitud Vt. Este volumen es Vt dS cosӨ.Si hay n partículas por unidad de volumen, el número total de partículas que pasa a través de la superficie dS en el tiempo t es nVtdScosӨ = nV .uNdS , ver fig. 4.2:

Si cada partícula lleva una carga q, la carga que pasa a través de la superficie dS por unidad de tiempo es

qn V .uN dS= J . uN dS

donde J = nqV es la densidad de corriente definida en la ec. (4.3). Por consiguiente afirmamos que, la carga total que pasa a través de la superficie S por unidad de tiempo (esto es, la corriente eléctrica a través de la superficie) es:

I=∫s

J .uN dS ∙∙ ∙(4.4 )

En otras palabras, la corriente eléctrica a través de una superficie es igual al flujo de densidad de corriente a través de la superficie. Si la densidad de corriente es uniforme y la superficie es plana, la ecuación se reduce a:

I= J .uN S=JS cosӨ∙ ∙ ∙(4.5)

94

Aún más, si la dirección del movimiento de los portadores de carga es perpendicular a la superficie plana:

I=JS ∙∙ ∙(4.6)

4.3. CONTINUIDAD DE CORRIENTE

En todos los procesos que ocurren en el universo, la cantidad neta de carga siempre debe permanecer constante. Este enunciado se puede expresar en una forma cuantitativa que es muy útil. Consideremos una superficie cerrada S (fig 4.3) y llamemos q a la carga neta dentro de ella en un instante dado. Como nuestro problema es dinámico y no estático, las cargas libres (tales como los electrones en los metales) se mueven a través del medio, atravesando la superficie S. A veces puede haber más cargas salientes que entrantes, originando una disminución de la carga neta q. Otras veces la situación se puede invertir y las cargas que entran pueden exceder alas que salen, dando como resultado un aumento de la carga neta q.

Por supuesto que si los flujos de carga que entran y salen de la superficie S son los mismos, la carga neta q permanece constante. El principio de conservación de la carga exige que:

Variación de la carga dentro de la superficie S = flujo neto de carga a través de S

Expresada matemáticamente:

−dqdt

=∮S

J . uN dS ∙∙ ∙(4.7)

dónde:

∮S

J . uN dS=¿∫S1

J 1 . uN dS+∫S2

J2 .uN dS ¿

flujoneto=flujoentrante+ flujo saliente

Teniendo presente que I=dq /dt, el lector probablemente crea encontrar una discrepancia entre las ecuaciones (4.4) y (4.7), se le hace notar entonces que, en (4.7) la integral es cerrada, no asi en (4.4). De este modo, el signo menos en (4.7) no debe representar mayor problema.De otro lado, el primer miembro de (4.7), en función de la densidad de carga se puede escribir como:

−dqdt

=−ddt ∫V

ρdV

Como estamos considerando un volumen fijo V, la derivada respecto al tiempo opera solo sobre la función ρ. Sin embargo, ρ es función de la posición así como del tiempo, de modo que la derivada respecto al tiempo, se convierte en la derivada parcial con respecto al tiempo cuando se pasa dentro de la integral. En consecuencia:

−dqdt

=∫V

∂ ρ∂ t

dV ∙ ∙∙ (4.8)

Haciendo uso del teorema de la divergencia en el segundo miembro de (4.7) obtenemos:

95

∮S

J . uN dS=¿∫V

¿ J dV ∙ ∙∙(4.9)¿

Usando (4.8) y (4.9) en (4.7) finalmente llegamos a una expresión que nos muestra que la densidad de carga y la densidad de corriente no son cantidades independientes, sino que están relacionados en cada punto por una ecuación diferencial, la llamada “Ecuación de Continuidad de la Corriente”

∂ ρ∂t

+¿ J=0 ∙∙ ∙(4.10)

-99-

4.4. LEY DE OHM

Cuando en el interior de un cuerpo existen cargas libres, tales como los electrones en un metal, sus movimientos son obstaculizados por la interacción con los iones positivos que forman la red cristalina del metal. Debido a que los electrones se mueven en todas las direcciones, no hay un transporte neto de carga, o sea no hay corriente eléctrica. Sin embargo, si se aplica un campo eléctrico, un movimiento de arrastre se superpone al movimiento natural al azar de los electrones, resultando una corriente eléctrica.Cada electrón libre del conductor que transporta una corriente eléctrica esta acelerado por l campo eléctrico hasta que pierde su velocidad a causa de un choque en el interior del metal. Después de cada choque el electrón parte del reposo según se indica en la fig. (4.4) y vuelve a acelerarse, lo cual da por resultado una velocidad media v. Esta velocidad media crece linealmente con el campo aplicado E de modo que:

v=u E ∙∙ ∙(4.11)

donde la cantidad u es la llamada “movilidad” del electrón. La movilidad es una propiedad del material; es grande para los materiales que son buenos conductores y pequeña para los malos si n es la misma en ambos casos (n = numero de electrones libres por unidad de volumen).

96

Haciendo uso de la ecuación (4.3) con q = -e y sustituyendo en ella el resultado anterior tenemos:

J=−neu E ∙∙ ∙(4.12)

Que no es otra cosa que la relación entre la densidad de corriente y el campo eléctrico aplicado y que, por supuesto, era de esperar. El signo menos se debe a que la dirección del movimiento de los electrones es opuesta la del campo aplicado, como ya se mencionó antes.

El cociente entre los módulos de la densidad de corriente y el campo aplicado, esto es:

τ=e nu ∙ ∙∙(4.13)

Es una consecuencia directa de la estructura interna del metal, es decir solo depende del material y por tanto es una constante que denominamos “conductividad” del material. Se expresa en Ω-1.m-1 o m3.kg-1.s.C2 .A partir de las relaciones (4.11), (4.12) y (4.13) el estudiante puede verificar que la velocidad media de las partículas debido al campo eléctrico aplicado es:

v=−τen

E ∙ ∙∙(4.14)

Esta ecuación muestra que los electrones libres del metal adquieren una velocidad de arrastre constante como consecuencia del campo eléctrico externo aplicado.Consideremos ahora el conductor metálico de longitud L (m), representado en la fig (4.5), cuya sección recta tiene un área de S (m2) y que transporta una corriente de intensidad I (Ampere). En virtud de la relación E=−dV /ds, podemos escribir la magnitud del campo eléctrico E en función de la diferencia potencial V0 entre los extremos del hilo en la forma:

97

Fig. 4.5E=V 0/L…………………………(4.15)Haciendo uso de (4.13) y (4.15) en (4.14), resultaJ=(G /L)V 0 ¿……………………………………………………(4.16)De otro lado, la ecuación (4.6) para una sección recta plana y perpendicular a la dirección de la corriente nos da.

J= IS=(G¿¿ L)V 0 ¿Luego:

V 0=(L¿¿GS) I…………………………(4.17)¿

Si definimos:ρ= : ρ=1/G………………………(4.18)

Tenemos.

V 0= ( ρL /S ) I …………………………… ..(4.19)

La cantidad R=ρL /S…………………..… ..(4.20)

Se conoce con el nombre de resistencia del conductor. Según la ecuación (4.20), la resistencia de un hilo conductor no solo depende del material que lo constituye (a través de su resistividad), sino que también depende del área de su sección recta y de su longitud.

Finalmente, la relación entre la diferencia de potencial entre dos puntos y la corriente queda expresado así:

V 0=RI ………………………… ..(4.21)

Las relaciones (4.12) y (4.21) son dos formas distintas de expresar la relación entre la corriente y el campo externo aplicado. Ambos se conocen como la ley de ohm. Las unidades de la “resistividad” son inversas a los de “conductividad”, esto es Ω-m .La resistencia R se expresa en volt /ampereOm ² kg s−1, unidad llamada ohm.

4.5 LEY DE JOULE

Mantener una corriente en un conductor requiere un gasto de energía .En un conductor, debido a la interacción entre los electrones y los iones positivos de la red cristalina, la energía de los electrones se transfiere a la red, aumentando su energía vibracional.En consecuencia, la temperatura de un conductor que transporta una corriente deberá aumentar ligeramente y habrá que gastar energía eléctrica para hacer circular una corriente atreves de la resistencia del conductor.

98

Para calcular la energía que hay que suministrar en la unidad de tiempo al conductor de la figura 4.5, observamos que, al pasar de un extremo del hilo al otro una carga dq atraviesa una diferencia de potencial V 0. Según la ecuación (2.06), la energía dw requerida es.

dw=V 0dt ………………… ..(4.22)

La cual es, en virtud de la ecuación (4.2), que la intensidad de la corriente.

dw=V 0 I dt ……………………… (4.23)

Por tanto, la energía que se convierten calor por unidad de tiempo, es decir la potencia P, Es.

P=dw /dt=V 0 I ………………………(4.24)

Esta expresión puede escribirse en función de la resistencia del conductor aplicando la ley de ohm. El resultado.

P=I 2R………………………(4.25)

Se conoce con el nombre de ley de joule.

Según la ley de joule, en todo conductor por el que circula corriente eléctrica se disipa potencia eléctrica. Este efecto se aprovecha en las lámparas de incandescencia, en las cuales, en las cuales se calientan hasta el rojo blanco un filamento metálico al ser recorrido por una corriente, y también en los fusibles en donde se funde el conducto cuando la intensidad de la corriente supera un valor ya prefijado. Este calentamiento de los conductores se conoce como pérdida por “efecto joule”.

La unidad de potencia, según la ecuación (4.24), es el joule por segundo y se le da el nombre de watt.

4.6ASOCIACION DE RESISTENCIAS

Las resistencias en los diagramas de circuitos pueden presentarse por el símboloy pueden asociarse en serie o paralelo:

En serie:

En este caso, fluye por todas

Las resistencias, la misma

Corriente I . El lector puede demostrar que podemos reemplazarlas n resistencias por una equivalente definida por la relación:

Re=R1+R2……………….+Rn……………………………(4.26)

En paralelo:

99

En este caso, la diferencia de potencial V 0 a través de todas las resistencias es la misma Igualmente, puede el

Lector demostrar que todo el conjunto d resistencias puede reemplazarse por una sola resistencia equivalente, definida por la relación:

1/Re=1/R1+1/R2+1/R3…………………+1/Rn………………… ..(4.27)

4.7 FUERZA ELECTROMOTRIZ:

Consideremos la trayectoria cerrada que se muestra en la Figura 4.6, en una región donde existe un campo eléctrico EDefinimos a la “fuerza electromotriz” como la circulación del campo eléctrico, esto es

Esto se debe a que la integral curvilínea de un campo eléctrico estacionario puede expresarse en la forma.

∫ E . dL=V A−V B……………………………(4.30)

Y si la trayectoria es cerrada los puntos inicial y final son los mismos, lo cual nos deduce al resultado (4.29)

Si el campo eléctrico se aplica a un conductor, podemos combinar la ley de ohm y la ecuación (4.30), para obtener,

∫ E . dL=IR…………………….(4.31)Si el campo eléctrico es estacionario y el conductor

es un hilo metálico cerrado, el resultado seria.

∫ E . dL=IR=0…………………….(4.32)La cual nos indica la imposibilidad de mantener

una corriente en un circuito mediante un campo eléctrico estacionario. En la práctica existen diversas maneras de generar una fem, de modo que nos permita mantener una corriente en un circuito, el más común es por medio de una reacción química, tal como una pila seca o

en una batería, en las cuales la energía interna liberada en la reacción química se transfiere a los electrones. El estudio detallado de las fuentes de fem, nos está dentro de nuestros

objetivos. Por el momento aceptamos la existencia de fuentes de fem y en un diagrama de circuitos lo representamos de la siguiente manera, ver fig. (4.7).

100

Fem=V E=∮ E . d L

Es decir, la fem es igual al trabajo hecho al mover una unidad de carga alrededor de una trayectoriaCerrada.

Si el campo eléctrico es estacionario:

Fem=V E=∮ E . d L

Cuando aplicamos la ley de ohm A un circuito, como el que seMuestra, debemos tener en cuentaQue la resistencia total R es laSuma de la resistencia internaDe la fuente Ri y la resistenciaExterna del conductor conectadoRe, así:

V E=(R i+Re) I …………………………… ..(4.33)

Esta ecuación puede también escribirse en la forma.

V−R i I=Re I ……………………………….(4.34)

Cada miembro de la ecuación la diferencia de potencial entre los polos del generador, la cual es menor que la fem.

4.8 LEYES DE KIRCHHOFF

En muchos problemas de interés practico, los portadores de carga eléctrica están restringidos a seguir trayectorias de alta conducción llamadas circuitos, y luego las cantidades de interés son las corrientes en cada parte del circuito. En este artículo nos limitamos al estudio de circuitos que conducen corrientes estacionarios, es decir, a circuitos de corriente continua.

Nuestro problema central es: dada la resistencia y la fem de cada elemento de circuito, hallar la intensidad de corriente en cada uno de estos elementos. Este problema se resuelve por medio de dos reglas conocidas como leyes de Kirchhoff.

Antes de enunciar estas leyes, definimos algunos términos que son necesarios.

Nudo: punto de concurso de 3 o más conductores.

Malla: cualquier camino cerrado en una red.

Polaridad: nos indica los signos positivo y negativo en un elemento.

También es necesario establecer que, la corriente penetra por el terminal positivo de una resistencia, mientras que sale por el terminal positivo de un generador.

Además, cuando recorremos una malla, convencionalmente, asignamos el valor positivo a una fem si la atravesamos en el sentido de (-) a (+).igualmente, asignamos el valor positivo a una caída de tensión óhmica si la atravesamos en el mismo sentido.

I. La suma algebraica de las corrientes que circulan hacia un nudo es cero, es decir.

∑ I i=0……………………….(4.35)

Si m es el número de nudos, existen (m−1) ecuaciones independientes que se puedan formar con la ecuación (4.35)

II. La suma algebraica de las fem en una malla, del circuito, es igual a la suma. Algebraica de los productos I R de la misma malla, o lo que es lo mismo: la suma algebraica de las caídas de potencial a lo largo de cualquier malla en una red es nula, así:

∑ I i=0……………………….(4.36)

Si n es el número de intensidades desconocidas, con la ecuación (4.36)

101

Podemos formar (n-m+1) ecs, independientes.

En total, aplicando las leyes de Kirchhoff, no se pueden obtener más de n ecuaciones independientes, así.

(m−1)+(n−m+1)=n


4.1) La densidad del cobre es de 9.0 g/cm3 y tiene un electrón de conducción por átomo. En alambre cuya sección transversal circular uniforme tiene 0.1 cm de diámetro, se establece una corriente constante de 50 A. determinar a) la densidad de corriente y b) ¿cuál es la velocidad media de los electrones?

Solución

a) J=I / A=I /(πd ²¿¿4)¿Con I=50 A y d=10−3mJ=6.3 X107 Am−2

b) J=nev

Donde ,n=electrones/ volumen

Calculamos primero el volumen que ocupa un mol de cobre, como el peso molecular del cobre es 63.53, luego si 9g ocupan 1cm3 64.54g que volumen ocupan.

Obtenemos que 1 mol de cobre (63.54g) ocupe 7.06cm3

Como en un mol de cualquier sustancia hay 6.023x1023 particulas, luego en nuestro caso

n = 6.023x1023 electrones /7.06cm3

Reemplazando este valor y el de J obtenido en a) en la relación: v = J/ne . Se tiene v = 4.616x10−3 m/s

4.2 ) un cilindro hueco de longitud L tiene radios r1y r3 y una diferencia de potencial es aplicada entre sus superficies interior y exterior, tal que la corriente fluye en forma radial de adentro hacia fuera. Si ρ es la resistividad del material y es constante de

r1ar2 y de r2 a r3 es ρ = cte a lo largo de L

Cuando la resistividad no es constante, es conveniente usar la siguiente relación para evaluar la resistencia:

R=ρdL /ds

En nuestro caso, usando coordenadas cilíndricas.

Rds=ρdL

ds=rdθdz ,dL=dr , ρ=2 r ²(solo de R2+R3)

102

Luego, Rrdθdz=(2 r ²)dr

Integrando:

R∫0

2π

dθ∫0

z

dz=∫R 1

R 2

ρdrr

+∫R2

R3 (2r ²)drr

De donde:

R= ρ2 πL

ln ¿

4.3 )dentro de límites restringidos de temperatura, la resistividad de un material varía según

ρ (T )=ρ(T 0)[1+δ (T−T 0) ] , en que T 0 es cierta temperatura de referencia y T es la temperatura a la que se requiere la resistividad. La constante se conoce como coeficiente de temperatura de resistividad para el cobre y la plata se tiene.

ρcu (20 )=1.7 x10−8Ω.m , δ cu=3.9x 10−3−1

ρAg (20 )=1.6 x 10−8Ω.m , δ Ag=3.8 x10−3−1

a) a que temperatura la resistividad de la plata es igual a la del cobre a 20?b) Una barra de cobre tiene 12Ω de resistencia a 40 . Determine su resistencia así se calienta hasta 100. Desprecie toda dilatación posible.

c) Repita b) para una barra de plata, en las mismas condiciones.Solución:

a) ρAg (T )=¿ ρ Ag(20 ) [1+δ Ag(T−20 )] ¿

De donde: T=20+ 1δAg [ ρAg(20)

ρAg(20)−1]

Según el problema:ρAg (T )=¿ ρcu (20) ¿

Luego:T=20+ 1δAg [ ρcu (20 )

ρAg(20)−1]

Reemplazando valores por los valores dados:T=(36.44 )

b) ρ(T1)= ρ(T 0) [1+δ (T 1−T 0 ) ]………………… (A )

ρ(T2)= ρ(T 0) [1+δ (T 2−T 0 ) ]………………… ..(B)

ρ(T2)=[ 1+δ (T 2−T0 )

1+δ (T 2−T0 ) ] ρ(T1 )

Dónde: T 0=20

103

T 1=40

T 2=100

Y usando el valor del coeficiente de temperatura de resistividad para el cobre obtenemos,ρcu (100 )=14.60Ω.mYR= (100 )L/ S

c) igual que el caso del cobre, conδ Ag=3.8 x10−3−1

ρAg (100 )=14.54Ω.m4.4) obtener la resistencia eléctrica de un codo de barra colectora de aluminio doblada

en forma de cuadrado de anillo circular, como se muestra en la figura, asuma los valores siguientes: a=5cm,b=1.27cm y ρAl=2.67 x10−6ΩmSolución:Usamos: R=ρdL/dsEn este caso:ds=cdr

dL=r dθLuego:R=ρrdθ/cdr

De donde:Rdr /r=ρdθ /cIntegrando:

R∫a

a+b

dr /r= ρc∫

0

π /2

dθ

Finalmente: R=πρ /2c ln (a+b /a ) Reemplazando datos:

R=2.67 x10−6π / (2 ) (5.08 ) ln (5+1.27/5 )R=3.67 x10−6Ω

4.5) calcular la resistencia que hay que mantenerla en serie a un aparato eléctrico de 25V , 120W , para que funcione normalmente al conectarlo a la red de 110V . que tanto por ciento de la energía tomada de la red se aprovecha en este casoSolución:

En funcionamiento normal, por el aparato debe circular una corriente obtenida a partir de:

P=I V

I=P/V=120 /25=4.8 A ,

Su resistencia interna será.

V=I R i

Ri ¿V /I=25/4,8=5,21ohm

104

Para que al conectarlo a la red de 110 V la intensidad sea la misma se precisa montarle una resistencia en serie.

Este debe ser así porque, si le conectamos una resistencia en paralelo el aparato también estaría sujeto a un voltaje de 110Vy en estas condiciones no trabajaría normalmente, mientras que en la conexión en serie, la corriente que circula por el aparto y la resistencia es la misma y la tensión aplicada se reparte en ambos; 25V en el aparato (110-25) V en la resistencia conectada.

Como: V=I Re

La resistencia externa será: Re ¿

La potencia tomada de la red es ahora.

P=I V=(4.8)(110)=528wComo el aparato solo consume 110w; esto presenta el (120 /528)%=22.8 %De la energía tomada de la red.

4.6) con conductores s de resistividad 0.21 Ω mm²/m y de 0.25 mm² de sección se preparan 10 espirales arrollando en cada una de ellas 50m del mismo. Montando estas 10 espirales en paralelo se introducen en un vaso de 30g y calor especifico 0.3, en el que se colocan 150g de agua a 15 ala conectar las resistencias a la red de 110 v , cuanto tiempo deberá trascurrir para que se seque el vaso.

Solución:

La resistencia de cada una de lasespiraleses:

R=(ρL / S)=(0.21x 10−6)(50)/0.25 x10−6=42ohm

-110-

Y laresistencia del conjunto delas 10 en paralelo:

1/Re=10 /R

De donde,ℜ=4.2ohm

Al conectar la red de 110 v el calor producido por segundo es.

P= I ²R=(V /R) ² R=V ²/R

P=[(110) ² /4.2] ;1J=0.24 cal

P=691cal /seg

De otro lado para elevar la temperatura del agua y del vaso hasta 100 desde su temperatura inicial, necesitamos.

Q1=¿(mv cv+maca)¿(100−15)

Q1=¿[(30)(0.3)+(150)(1)](85)=13515 cal ¿

105

Y para conseguir que se evapore toda el agua, de modo que el vaso quede seco necesitamos.

Q2=ma L ,L; Calor latente de vaporización

Q2=(150)(530)=807000cal

En total se requieren;Q1+Q2=9.42 x104 cal

Y afirmamos que;

691 calorías se suministran al vaso y el agua en 1 segundo, luego el tiempo que se requiere para suministrar 9.42 x104 cal est=(9.42x 104 /691)=136 s.

4.7) Se quiere construir una estufa de 110 v,1.5kWmediante tres carretes en paralelo, arrollando hilo de 1 mm de diámetro y resistividad 1.6 mm²/m. cuantos metros de hilo deben arrollarse en cada uno de los carretes? Por equivocación solo se arrolla el 75 % del hilo necesario. De que potencia resulta la estufa construida? Que potencia tiene la estufa construida si finalmente se conecta a una tensión de 200V?

Solución.

Como las tres bobinas están en paralelo, en cada una de ellas se disipa un potencial de 500 w, y la resistencia de cada una es a partirde.

P=I ² R=V ² /R

R=V ²/P=(110) ²/500=24.2ohm

Por tanto necesitamos una longitud de L=RS / ρ , en cada carrete

L=(24.2)(π /4)/1.6=11.87m

Pero como se ha desarrollado solo el75 % de dicho hilo, cada uno de las corrientes tendrá

(0.75)(24.2)=18.15Ωde resistencia y potencia disipada en cada corriente será:

P=V ² /R=(200 ) ²/18.15=666.6w

Y, por lo tanto, la esfera es de 3(666.6)=2kw Si la conectamos a una tensión de 200v la potencia será:

P=V ² /R=(200 ) ²/18.15=2203.86=2.2 KW Consideremos los tres carretes de la bobina,

P=3 (2,2 )=6.6KW

4.8) hallar la resistencia equivalente en la red que se muestra.

106

La combinación en paralelo deR5Y R6 la sustituimos por unaEquivalente R56 , así: 1R56

=1/10+1/10De donde, R5=5Ω

4.9) hallar la resistencia equivalente del circuito que se muestra (fig. 4.9).

Solución:

Notamos que no existe una combinación serie ni una en paralelo y no podemos proceder igual que el caso anterior. Cuando la conexión es de esta forma debemos usar la siguiente transformación, conocida como TRANSFORMACION TRIANGULO ESTRELLA.

Ra=R1R3/s R1=P /RCRb=R1R2/s R2=P/RaRc=R2R3/s R3=P/Rb

Donde s=R1+R2+R3 R2 dónde: P = Ra Rb+RbRc+Rc Ra

107

Notamos luego que R4 y R56 están conectadas en

serie, reemplazando ambas para la equivalente R456.

R456=5+10=15Ω

Ahora, R3 y R456 están en paralelo.

Por lo tanto1/R456+1/R3=1 /R3456 de donde:

R3456=7.5Ω

Finalmente,R1 ,R3456 y R2,están conectados en serie,

Requi=R1+R2+R3456

Requi=7.5+5+5

Requi=17.5Ω

En nuestro caso: Sea, R1=1Ω, R2=2Ω,R3=3Ω,R4=4Ω y R5=5ΩPodemos remplazar la disposición en triangulo de las resistencias R1 ,R2 y R3por otro en estrella, haciendo uso de la primera transformación, así:

Ra=(1)(3)/6=0.5Ω

Rb=(1)(2)/6=0.33Ω

Rc=(2)(3)/6=1Ω

A continuación procedemos como en el caso anterior

RayR4 en serie: Ra 4=4.5Ω

Rc y R5en serie: Rc 5=6Ω

Luego,Ra4 y Rc 5 en paralelo: 1/Ra4 c5=1/4.5+1/6

De donde: Ra 4c5=2.57Ω

Finalmente, Ra 4c5 y Rb en serie, por una sola resistencia equivalente,

Requi=2.57+0.33=2.9Ω

4.10) hallar la resistencia equivalente del circuito que se muestra en la figura.

Solución:

Notamos que las corrientes deben disponer necesariamente tal como las hemos señalado. Como en AB no circula corriente alguna (allí la corriente es nula) podemos retirar la resistencia entre A y B sin alterar el circuito, quedando nuestra disposición así:

Ahora podemos tratar este circuito con los métodos expuestos en el problema 4,8. El estudiante puede demostrar que, Requi=R

4.11) consideremos el circuito que se muestra. Determinar las intensidades desconocidas.

Al aplicar la primera ley de Kirchhoff debemos tener presente que solo existen (m -1) ecuaciones independientes que se pueden formar. En nuestro caso m = 2, por tanto la primera ley la aplicamos en el nudo a o b pero no en ambas.

En el nudo a:

108

En este caso, dado que Todas las resistencias Son iguales, elProblema se simplificaY podemos hacer unAnálisiscualitativo De las corrientes que Circulan por cada una

De las resistencias para resolverlo, como se indica en la figura 4.10

I−I 1+ I 2=0……………………(A)

Note que para ser generales hemos marcado la polaridad en

Al aplicar la 2da ley, notamos que el número de intensidades desconocidas es 3, por lo tanto, con la 2da ley podemos formar (n-m+1) = (3-2+1) = 2 ecuaciones independientes. Consideremos la malla abefa:

V−I 1R1=0……………… ..(B)

a lo largo de la malla abcdefa:

V + I 2R2=0………………(C)

Ya tenemos las n = 3 ecuaciones independientes que necesitamos para resolver el problema.

De (B): I 1=V /R1…………… ..(D)

De (C): I 2=−V /R2………………(E)

El signo menos de la ecuación (E) para I 2 indica que esta corriente circula en sentido contrario al que se le asigno. Reemplazando (D) y (E) en (A)

I=V=(1¿¿R1+1/R2)…………….(F)¿

Las redes más aplicadas requieren mas de tres ecuaciones, es conveniente entonces utilizar el método de las corrientes o métodos de james Clerk maxwell, quien lo ideo.

4.12) en el circuito que se muestra, hallar el valor de I 5.

En este caso n = 6, luego al aplicar las leyes de Kirchhoff debemos tener 6 ecuaciones independientes.

Hacemos uso del método de maxwell, el cual aplica simultáneamente las leyes de Kirchhoff, así,

En la malla fabdef :

V−R1 I a+R1 I b−R3 I a+R3 I c=0

Ordenando:

109

I−I 1+ I 2=0……………………(A)

Note que para ser generales hemos marcado la polaridad en

−(R1+R3 ) I a+R1 I b+R3 I c=−V ……………(A)

En la malla acba :

−R2 Ib−R5 I b+R5 I c−R1 I b+R1 I a=0

Ordenando:

R1 I a−(R1+R2+R5 ) I b+R5 I c=0……………(B)

En la malla bcdb :

−R4 I c−R3 I c+C−R5 I c+R5 I b=0

Ordenando:

R3 I c+R5 I b−(R3+R4+R5 ) I c=0…………… ..(C)

Si hacemos:

D =

−(R1+R3) R1 R3

R1 −(R1+R2) R5

R3 R5 −(R3+R4+R5)

Luego:

I a=−V R1 R3

0 −(R1+R2) R5

0 R5 −(R3+R4+R5) _____________________________

D

I b=−(R1+R3) −V R3

R1 0 R5

R3 0 −(R3+R4+R5)_____________________________

D

I c=−(R1+R3) R1 −V

R1 −(R1 +R2) 0R3 R5 0

_____________________________D

Dejamos al estudiante el desarrollo de los determinantes, nosotros nos limitamos a hacer notar que, conocidos I a , I b e I c, inmediatamente pueden determinarse I , I 1, I 2, I 3 , I 4 e I 5 ,de la siguiente manera: I=I a , I 1=I a−I b , I 2=I b , I 3=I a−I c , I 4=I c e I 5=I b−I c

Puede demostrarse que: I 5=VD

(R1R4−R2R3) …………….. (D)

110

Si R1R4=R2R3ó R1/R2=R3/R4 entoncesI 5 es nula para cualquier valor de v y se dice que el puente está en equilibrio. Por ejemplo si se conocen R1 ,R2 , R3 y I 5 es nula, puede conocerse R4 a partir de las condiciones de equilibrio (ec . D)

PROBLEMAS PROPUESTOS

4.1 el alambre numero 14 posee un diámetro de 0.16cm. La corriente máxima que puede transportar dicho alambre de cobre aislado es de 15 ª . Calcule la velocidad de arrastre de los electrones suponiendo que cada átomo de cobre suministra un electrón libre. El paso molecular del cobre es 63.6 y su densidad 8.9 g/cm3

Rpta :5.52 x10−4m /s

4.2 la densidad de corriente en una región que rodea al origen esta dad por J=(1/4 πr )A m−2 .encuentre la corriente total que fluye hacia fuera, atreves de: a)

la superficie esférica, b) el casquete esférico,0≤θ≤〖30〗0 ,r=0.03m

Rpta :a¿39.5 ª ,b¿1.139 ª

4.3 la resistividad de la plata es de 1.6 x10−8Ωma20 .se quiere hacer una bomba con 25km de alambre de ese metal de 1mm de diámetro. Cuál es su resistencia. Si el alambre se estira uniformemente hasta una longitud de 50km , que valor tendrá la nueva resistencia.

Rpta .509 ohm,2040ohm

4.4 se calienta una barra de cobre desde 20 hasta 200 y se estira uniformemente al doble de su longitud inicial, no cambiando su volumen. Si inicialmente la barra media 1m de longitud y su resistencia era de 0.02Ω, evalué a) el área transversal de la barra antes de ser estirado, y b) la resistencia de la misma después de su estiramiento y de la elevación de temperatura.

Rpta .a¿8.5 x10−7m2b¿ 0.1362ohm

4.5 se define una cuña en coordenadas cilíndricas por 0.1≤r≤10cm ,

850≤∅ ≤950−2≤Z ≤2cm cual es la resistencia total medida entre las dos superficies ∅ =constante si todas las superficies equipotenciales se describen por ∅ = constante.use

G=Ω−1m−1

Rpta : 0.474ohm .

4.6un calentador eléctrico por inmersión posee dos arrollamientos. Cuando se coloca uno solo de ellos a la línea de 100V la cafetera hierve en t 1min . Si se conecta al otro, la ebullición se logra en t 2min.cuanto tiempo será necesario para que hierva la cafetera cuando se conectan los dos arrollamientos a la línea de 110v.

4.7 una bobina circular de alambre de aluminio de 0.254mm de diámetro tiene 400 vueltas

y su diámetro medio es de 1.6 x10−8Ωm. La resistividad del aluminio a 20 es de

2.8 x10−8Ωm. Si entre los extremos de la bobina se aplica una tensión de 12v. Halle la

corriente que fluye y también el calor disipado durante un intervalo de5minutos Rpta : 0.972 A ,3500 J

111

4.8 doce trozos idénticos de alambre, cada uno de resistencia R se unen para formar una disposición cubica. Cuál es la resistencia entre dos puntos ubicados a) en vértices de una misma arista) en vértices opuestos sobre una misma diagonal al cubo Rpta :7 R/12 ,5 R /6

4.9 seis resistores idénticos, cada uno de ellos resistencia R, se unen para formar un hexágono. Seis resistores mas (nuevamente todos con la misma resistencia R)) se conectan entre los seis vértices y el centro del hexágono. a) Cual es la resistencia equivalente entre vértices opuestos b) entre los vértices adyacentes. Rpta :4 R /5 ,2 R/3

4.11 determinar la diferencia de potencial entre los puntos a y a de la figura. Suponiendo que a y b están conectados, calcular la corriente en la pila de 12v .Rpta :(2/9)v ,:(13/28)A

4.12 en el circuito de la figura, determinar a)la corriente en batería, b)la diferencia de potencial entre sus terminales, c)la corriente en cada conductor

.Rpta :1 A ,8V ,12ohmen=(1/18)A ,6ohm , I=(1/9)A ,40ohm, I=(1/6)A ,22ohm , I=(1/3)A ,80ohm , I=(2/3)A ,5ohm , I=(8 /15)A ,20ohm, I=(2/15)A

112

CAPITULO V: CAMPO MAGNETICO

5.1 FUERZA SOBRE UNA CARGA EN MOVIMIENTO

Un cuerpo magnetizado produce un campo magnético en el espacio que lo rodea. Cuando colocamos una carga en reposo en un campo magnético, no se observa fuerza espacial alguna, pero cuando una carga eléctrica se mueve en una región donde hay un campo magnético, se observa una nueva fuerza sobre la carga, además de las debidas a sus interacciones gravitacional y eléctrica.

Midiendo en el mismo punto de un campo magnético la fuerza que experimenta diferentes cargas moviéndose de diferentes maneras, podemos obtener una relación entre la fuerza, la carga, y su velocidad. Encontramos que:

“La fuerza ejercida por un campo magnética sobre una carga en movimiento es proporcional a la carga eléctrica y a su velocidad, y la dirección de la fuerza y el campo magnético es perpendicular a la velocidad de la carga”

Lo anterior, matemáticamente, lo expresamos así:

F=q (V x B)

Esta relación satisface los requisitos experimentales mencionados antes. Aun cuando B también puede variar de punto a punto, se encuentra que en cada punto es el mismo para todas las cargas y todas las velocidades (ver fig .5 .1)

Fig.5.1 Relación vectorial

Entre la fuerza magnética el,

Campo magnético y la velocidad

De la carga. La fuerza es perpendicular

Al plano que contiene a B y V

Si θ es el ángulo entre B y V , el módulo de F es

F=qvB sinθ……………(5.2)

Si V es paralelo a B (oanti paralelo), F = 0

SI V es perpendicular aB , F toma su valor máximo, es decir

F=qvB…………….. (5.3)

De donde, B=F /qv…………… ..(5.4)

La relación (5.4) nos permite definir la unidad para la intensidad del campo magnético, así:

B=N /Cm s−1=N / Am=Tesla

Literalmente, un Tesla corresponde al campo magnético que produce una fuerza de un newton sobre una carga de un coulomb, que se mueve perpendicularmente al campo a razón de un metro por segundo.

113

Cuando una partícula se mueve en una región donde hay campo eléctrico y uno magnético, la fuerza total sobre ésta partícula es la suma de la fuerza eléctrica y la fuerza magnética, esto es.

F=q ( E+V x B )………………………… (5.5)Relación que se conoce como “Fuerza de Lorents”

5.2 FLUJO MAGNETICO

Se define el flujo magnético ∅ Ba través de una superficie dada s como la integral de la componente de B normal a la superficie, sobre la superficie dad, ver fig. (5.6)

∅ B=∫s

B . uN ds……………………………….(5.6)

Fig .5.2Flujo magnético

A través de una superficie.

De (5.6) notamos que, si B es la constante en magnitud y dirección, y si s es plano, de modo que uN es el mismo sobre todos , tenemos:

∅ B=BS cos θ……………… ..(5.7)

Si además, B es normal a la superficie:

∅ B=BS…………………………(5.8)

De (5.8), definimos la unidad de flujo magnético como un weber

1weber=1Tesla .1m2

5.3 LEY DE GAUSS PARA EL CAMPO MAGNETICO

Si queremos evaluar el flujo magnético a través de una superficie cerrada, suponiendo que tenemos una “masa” o “carga” magnética definida, debemos tener:

∮S

B .uN ds=cqm

Donde c es la constante de proporcionalidad entre el flujo y la supuesta “carga” o “masa” magnética.

Pero sucede que la única causa de los campos magnéticos son las corrientes eléctricas y los campos creados por cuerpos magnetizados, los cuales son los de carácter dipolar, así que no existe realmente la “carga” o “masa” magnética, lo que equivale a un valor cero para qm , por lo que la ley de Gauss para el campo magnético da:

∮S

B .uN ds=cqm………………………….(5.9)

114

Geométricamente se. Puede comprender esto, observando que los límites del campo magnético en un imán comienzan en el polo norte y terminan en el polo sur, en un material magnetizado, es decir, forman líneas cerradas. Así, todas las líneas de B que entran a s son la que también salen por N, como se muestra en la figura 5.3

5.4 FUERZA MAGNETICA SOBRE UNA CORRIENTE

Consideremos un conductor que transporta una corriente I , colocando dentro de un capo magnético, como se muestra en la figura. 5.4

FIG. 5.4.

La fuerza de una carga dentro de un campo magnético es,

F=q V x B

En nuestro caso, si tenemos n cargas por unidad de volumen Circulando por el conductor, la fuerza f por unidad de volumen será:

f=nq V x B=J x B…………………… ..(5.10)La fuerza sobre un pequeño volumen del medio será:

d F=f dv=J x B dvY la fuerza total sobre un volumen finito se obtiene integrando esta expresión sobre todo ese volumen

F=∫V

J x B dv…………………………(5.11)De la figura:dv=s dL , luego:

115

F=∫L

J x B SdL=∫L

J uT x B SdL………………………… ..(5.12)Donde hemos hecho uso de:

J=J uT

La expresión anterior también la podemos escribir así:

F=∫L

I uT x B dL……………………………(5.13)Con I=JS

Si la intensidad de la corriente I es la misma en todos los puntos del alambre, podemos escribir:

F=I∫L

uT x B dL……………………………(5.14 ) Si usamos:dL=dL uT, entonces.

F=I∫L

dL x B……………………………(5.15)La fuerza, en forma diferencial, lo podemos

expresar de las dos maneras siguientes:

dF=I uT X BdL……………………….(5.16)

dF=I uT X B……………………….(5.17)Si por ejemplo el conductor es rectilíneo y B es

uniforme, este caso, tanto uT como B son constantes, y podemos escribir:

F=I uT x B∫L

dLSi L es la longitud del conductor,

F=IL uT x B………………………..(5.18)

Observando la figura5.5, si θ es el angulo entre el conductor y el campo magnético, el módulo de la fuerza F es:

Fig5.5 relación vectorial entre la fuerza magnética sobre un conductor por el que circula una corriente, el campo magnético y la corriente. La fuerza es perpendicular al plano que contiene a uT y B

5.5 MOMENTO Y ENERGIA POTENCIAL DE UNA ESPIRA CON CORRIENTE DENTRO DE UN CAMPO MAGNETICO UNIFORME

Consideremos la espira rectangular que se muestra en la fig. 5.6, por la cual circula una corriente I .

116

F=ILB sinθ

La fuerza es cero si es conductor es paralelo o anti paralelo al campo, y máximo si es perpendicular a él (θ=π /2)

Fig. 5.6 momento magnético sobre un circuito eléctrico rectangular colocado en un campo magnético. El momento es cero cuando el plano del circuito es perpendicular al campo magnético.

Observamos que, las fuerzas F que actúan sobre los lados L son de igual modulo pero direcciones opuestas, tienden a deformar el circuito pero no dan lugar a un momento torsor. Las fuerzas F sobre los lados L constituyen una cupla, producen pues sobre el circuito un momento que, como demostramos más adelante, para cualquier forma de la espira viene dada por

M=m X B ………………………(5.20)

Donde, m se denomina “Momento Dipolar Magnético” de la espira y se define por la relación:

m=IS uN……………………… ..(5.21)

En la relación anterior,I es la corriente y S el área del circuito.

Note que el momento sobre la espira tiene a alinear la dirección del momento dipolar magnético de la espira con la del campo aplicado. La energía de interacción de un dipolo magnético con un campo magnético lo podemos determinar de la siguiente manera: consideremos el momento dipolar magnético de la espira de la fig5.6, la relación entre F y la energía potencial de interacción viene dada por la relación:

F=Fθ=−(∂ EP/r ∂θ ) uθ

Fig. 5.6 momento sobre un dipolo magnético dentro de un campo magnético externo.

De otro lado:

M=r X F=r ur x (∂ EP/r ∂θ)(−uθ)

M=(∂ EP/∂θ)(−uZ )

117

F=−grd Ep

Usando coordenadas polares:

F=(∂ EP/∂ r ) ur−(∂ EP/r ∂θ ) uθ

Observando la fig. 5.7 notamos que la fuerza F solamente tiene componente en uθ , así.

Dado que la energía potencial solo depende de θ , podemos reemplazar las coordenadas parciales por las totales, y tenemos solo para los módulos:

dEP=Mdθ

De la relación (5.20),M=mB sin θluego, integrando con un valor de referencia para la energía potencial cero en θ = π /2, obtenemos.

∫0

EP

d EP=mB∫π /2

θ

sin θdθ

EP=−mBcosθ……………………………(5.22)

Haciendo uso de la notación del producto escalar:

EP=−m . B…………………………………(5.23)

Relación que nos da la energía de la interacción entre un dipolo magnético y un campo magnético externo aplicado. También se le conoce, energía potencial de interacción del dipolo magnético.

5.6 MOVIMIENTO DE UNA CARGA EN UN CAMPO MAGNETICO

Una partícula cargada que se mueve perpendicularmente dentro de un campo magnético uniforme describe un movimiento circular, ya que la fuerza que actúa sobre la partícula en cada punto es perpendicular a la velocidad, dado que, como se muestra en la fig.5.8

F=q V x B

En nuestro caso:

mv ²r

=qvBÓsea.

r=(mv ) /(qB )…………… ..(5.24)

Con v=wr

r=mwr /qB , luego fig5.8 una carga que se mueve w=(q¿¿m)B……………….(5.25)¿perpendicularmente a B.

Por lo tanto. La velocidad angular es independiente de la velocidad lineal v y depende solamente del cociente (q /m) y del campo B.

En forma vectorial:

m a=q V x B

m w x V=q V x B

Que también se puede escribir así:

mw x V=−q B x V

118

De donde: w=(−qm ) B…………………….(5.26)

La relación anterior nos da w tanto en modulo como en dirección, el signo menos indica que w tiene dirección opuesta a la de B para una carga positiva y la misma dirección para una carga negativa.

Si una partícula cargada se mueve inicialmente en una dirección que no es perpendicular haB , podemos descomponer la velocidad en sus componentes paralela y perpendicular al campo B . La componente paralela permanece constante y la perpendicular cambia continuamente de dirección pero no de magnitud. El movimiento es entonces el resultado de un movimiento circular alrededor del campo con velocidad angular dada por la ecuación (5.25). La trayectoria resultante será entonces una hélice, como se trata en el problema (5.9).

5.7 LEY DE BIOT – SAVART

Hasta ahora hemos escrito las fuerzas sobre cargas y corrientes ubicadas en campos magnéticos externos, sin tener en cuenta el campo magnético propio producido por las corrientes o cargas móviles.

De observaciones experimentales se deduce que las condiciones que debe cumplir una expresión matemática que relacione el elemento de inducción magnética d B asociado con una corriente I en un segmento del conductor dL, son:

a) el campo magnético está en dirección perpendicular tanto ad L como al vector posiciónr ,el que va desde el elemento del conductor hasta el punto P, donde se calcula el campo, como se muestra en la fig5.9

b) el campo magnético es directamente proporcional a la longitud dLa la corriente I que conduce el conductor.

c) Es directamente proporcional en magnitud a (1/r²)y

d) Es proporcional al ángulo entre los vectores dL y r,específicamente, del sin θ

fig5.9

La expresión matemática que satisface estas condiciones es.

dB=u0 I dL sinθ

4 πr ²……………………….(5.27)O, haciendo uso dela notación del

producto vectorial:

d B=u0 Id L x r

4 π r3 ………………………….(5.28)

119

En general, las relaciones (5.27) y (5.28) se escriben en función de Km=u0/4 π Km es la constante de proporcionalidad magnética que depende de las unidades que se elijan. En el sistema MKSC Km=10−7Tm/ A ó mkgc−2.

Sin embargo es frecuente usar:Km=u0/4 π , donde u0es una nueva constante llamada “permeabilidad magnética del vacío” en el sistema MKSC de unidades:

u0=4 πx10−7mkgc−2.

Nuestro siguiente paso es obtener la ley de Biot-Savart.

Para determinar la inducción magnética total debido a un conductor de tamaño finito en un punto P, integrando la expresión (5.28) sobre toda la longitud del conductor, así:

B=u0 I

4 π∫L

d L x rr3 …………………(5.29)

5.8 CAMPO MAGNETICO DE UNA CORRIENTE RECTILINEA

Consideremos un conductor rectilíneo muy largo por el que circula una corriente I , como se muestra en la figura (5.10), a lo largo del eje Z desde Z= +∞. Deseamos determinar la inducción magnética en P a una distancia R del conductor a lo largo del eje Y.

Para determinar dicho campo B es necesario dividir el conductor en elementos de longitud Dl y calcular el campo producido por dicho elemento en P situado a una distancia R, como se muestra en la fig .(5.10).

Haciendo uso de la ley de Biot-Savart para el campo magnético (expresión 5.29), en nuestro caso:

d L=dz uz

r=R u y−Z uz

r3=(R2+Z ²)3 /2

Luego:

B=u0 I4 π

∫L

dz uz x (R u y−Z uz)(R2+Z ²)3 /2

De donde:

B=u0 I

4 π∫−∞

+∞ Rdz(−ux )

(R2+Z ²)3 /2 ………….………….(A)

Integrando la expresión anterior, haciendo uso de la sgte. Transformación:

De la figura: Z = Rtan∅ por tanto: dz=R sec∅ ²d∅

Para los límites:

−π /2 Corresponde a L=−∞ y+π /2 Corresponde a L=+∞

120

Haciendo uso de las relaciones anteriores en (A) e integrando:

B=u0 I

4 π∫

−π /2

+π /2

cos∅ d∅ (−ux )

B=u0 I

4 π(−ux)=

2kmIR

(−ux )

De nuestro resultado concluimos que:

-la magnitud de B es la misma para cualquier punto ubicado a una distancia R del conductor.

-la inducción magnética tiene dirección perpendicular a la de la corriente así como al segmento OP entre el puntoP y el origenO ubicado sobre el conductor.

-las líneas de campo magnético deben ser circunferencias concéntricas con centro en la corriente. En la figura5.11 se indica también la regla de la mano derecha para determinar el sentido del campo magnético respecto a la corriente.

Es costumbre y más práctico expresar en forma vectorial el campo magnético producido por una corriente rectilínea, así:

B=u0 I

2πRuθ ................(5.30)

Fig.5.11 líneas de campo magnético alrededor de una corriente rectilínea

5.9 FUERZA ENTRE CORRIENTES

Hemos encontrado que la fuerza sobre un conductor ubicado dentro de un campo magnético es:B=∫ I uT x B dLY que el campo magnético creado por una corriente rectilínea Ies:

B=u0 I

2πRuθConsideremos ahora el caso simplificado de dos corrientes,I e Ì , en el

mismo sentido y separados una distancia R, como muestra la f igura5.12La fuerza F sobre Ì será:

F=Ì∫uT x B d L

De la figura:

uT x B=uT xB uθ=u0 I

2πR(−uR)Luego:

121

F=Ì∫L

u0 I

2πRd ´L(−uR)

F=u0 Ì I L2πR

(−uR )………………….(5.31)

El resultado anterior indica que la corriente Iatrae a la corriente Ì

Un circulo análogo nos daría para F

F=u0 Ì I L2πR

(uR )…………………(5.32)Es decir, la corriente Ì atrae a la corriente I.

Fig.5.12 interacción magnética entre dos corrientes rectilíneas. En resumen: dos corrientes paralelos en el mismo sentido se atraen con fuerzas iguales y opuestas como resultado de su interacción magnética. Se puede verificar que corrientes paralelos en sentidos opuestos se repelen, igualmente con fuerzas iguales y opuestas se repelen. Igualmente con fuerzas iguales y opuestas. Este resultado puede extenderse a corrientes de cualquier forma, como se muestra en la figura5.13 a) y b)

Fig5.13 atracción y repulsión entre dos corrientes.

5.10 LEY DE AMPERE PARA EL CAMPO MAGNETICO

Consideremos el camino arbitrario L rodeando la corrienteI , como se muestra en la fig.5.14, la circulación magnética a lo largo de L es:

AB=∮ B .d L=¿u0 I

2 π∫L

uθ . d L

r……………….(5.33)¿

122

Fig.5.14.

Pero:uθ.d LEs la componente de dLen la dirección del versor uθ y por tanto es igual a rdθ, por consiguiente:

AB=u0 I

2 π∫0

2 πr . dθr

=u0 I

2π(2π )

AB=u0 I …………… ..(5.34)

La expresión anterior nos dice que, “la circulación magnética es u0 I, a lo largo decualquier

camino que encierra a una corriente rectilínea I, independiente de la posición de la corriente respecto a la trayectoria”

Si se hubiese escogido como el camino cerrado L a una circunferencia de radio R, el resultado sería el mismo. Esto quiere decir que la circulación magnética es independiente del radio de la circunferencia escogida, por tanto, si trazamos varias circunferencias L1,L2 , L3………………como se mostró en lafigu5.11 la circulaciónmagnética en todas ellas es la misma e igual a u0 I

Un análisis másriguroso, que omitiremos, indica que la circulación del campo magnético es u0 I, cualquiera que sea la forma de la corriente, y no solo para una corriente rectilínea.

Si tenemos varias corrientes,L1 , L2 , L3……………… enlazados por una línea L (fig5.15), cada corriente da una contribución a la circulación del campo magnético a lo largo de L, podemos establecer entonces la ley de ampere en la forma siguiente:

“la circulación de un campo magnético a lo largo de una line cerrada que enlaza las corrientes L1 , L2 , L3………………”es:

AB=∮ B .d L=¿u0 I ……………….(5.35)¿,

Donde L=L1 , L2 , L3………………”representa la corriente total conectada por la trayectoria L

123

FIG 5.15 la circulación magnética a lo largo de cualquier camino cerrado es proporcional a la corriente encerrada por el camino.

Cuando aplicamos la ecuación (5.53) tomamos como positiva la corriente que atraviesa L en el sentido en que avanza un tornillo de rosca derecha al rotarlo en el sentido en que esta orienta L y negativa si el sentido es opuesto. Así en la fig.5.15, las corrientes I 1 e I 3 se consideran positivos y la I 2 negativa.

Recordemos que la corriente Ipuede expresarse en función de la densidad de corriente como:

I=∫s

j . uN ds

Luego, la ley de ampere para la circulación del campo magnético será:

AB=∮L

B .d L=∫s

j . uN ds……………………(5.36)

Donde s es cualquier superficie limitada por L .

PROBLEMAS RESUELTOS:

5.1 una partícula cargada “q” tiene una velocidad V= (5 i+2 j ) x105m / s e ingresa en un

campo magnético B=(2 i−3 j) x 10−2T . Encuentre la fuerza magnética sobre la partícula si

q=−1.6 x 10−19C .

Solución:

F=q V x B qi j kV x V y V z

Bx B y B z

=−1.6 x10−19 i j k5 x F=¿2 x105 ¿ ¿

−3 x10−2¿0¿

Luego de desarrollar el producto vectorial, obtenemos:

F=0.304 x 10−14 k newtons .

5.2 un electrón se mueve sobre el eje x a la velocidad de 1.00107m /s.en la dirección Z hay una inducción magnética constante de 2.5T.encontrar la magnitud y dirección de la fuerza magnética que experimenta el electrón. Indicar la magnitud del campo electrostático necesario para producir una fuerza electrostática de la misma magnitud.

Solución:

F=q V x B=−1.6 x10−19(1.00 x 107 x 2.5 k )

Luego de evaluar el producto vectorial y teniendo en cuenta el signo menos de la carga, obtenemos:

F=4.00 x 10−12 j newtons

124

Para que un campo electrostático Eproduzca una fuerza de la misma, magnitud se reduce que.

E=F/q=4.00 x10−12 /1.6 x10−19¿2.5 x107 N /C

5.3 hallar el flujo magnético atreves de una espira circular de 30cm de diámetro cuya normal forma un ángulo de 300 con un campo magnético constante de 0.8Wb /m ², como se muestra en la figura. Determinar el flujo si el plano de la espira es perpendicular al campo magnético.

Solución:

Usamos la relación para el flujo:

∅=∫s

B .uN ds=∅=BS cosθ

Determinar el flujo a través del área circular palana de 30cm de diámetro. El campo magnético B es constante

Y el ángulo entre los vectores B y uN es de 300 , por tanto:

∅=(0.8 ) (3.1416 ) (0.15 )2 (0.866 )=0.0490Wb

Si el campo es perpendicular al plano de la espira, el ánguloθ es cero, cosθ=1 y

∅=BS= (0.8 ) (3.1416 ) (0.15 )2=0.0565Wb

5.4 un segmento recto de un conductor horizontal de 15cm de longitud que lleva una corriente de 75 A se coloca bajo la acción de un campo magnético constante, de dirección vectorial, con magnitud igual a 0.25Wb /m ².encontrar la magnitud y dirección de la fuerza sobre el conductor.

Solución:

F=IL uT x B

Suponemos: uT=i

B=B k

Así: F=(75)(0.15)(0.25)( i x k )

¿2.81 (− j )

5.5 un campo magnético uniforme B=0.4 k Tesla se orienta perpendicular mente al plano de una espira triangular, como se muestra en figura. Por la espira circula una corriente de intensidad I=0.2 A . Calcular la fuerza sobre cada tramo de la espira y la fuerza magnética resultante sobre la misma. AB=3cm , AC=4 cm.

Solución:

Sobre cada tramo usamos:

125

F=IL uT x B

Tramo AB:

FAB=(0.2)(0.03)(0.4 )( j x k )

F AB=0.24 x 10−2 i

Tramo CA:

FCA=(0,2 ) (0,04 ) (0,4 ) (−i x k )

FCA=0.32x 10−2 j N

Tramo BC: de la figura,BC=5 cm,θ=530

FBC=(0,2 ) (0,05 ) (sin θ i−cosθ j )xB k

FBC=−( 0.8x 10−2 j+0.6 x 10−2 i ) (0,4 )=(−0.24 i−0.32 j ) x10−2N

La fuerza resultante sobre la espira seráF=F AB+ FBC+ FCA=0

5.6hallar el momento torsor sobre la espira rectangular que se muestra en la figura. La espira transporta una corriente I y esta orientada de manera que el vector unitario, normal al plano de esta, forma un angulo ∅ con la dirección del campo magnético uniforme B de la región donde se encuentra ubicada la espira.

Solución: primero hallaremos la fuerza sobre cada tramo de la espira haciendo uso de la relación:

F=IL ut x B

Tramo AB:

F AB=(−Ib i ) x (−Bsin∅ i+Bcos∅ j )

F AB=+ IBbBcos∅ k

Note que F AB=−FCD

Tramo BC:

126

FBC=Ia k x (−Bsin∅ i+Bcos∅ j )=−IBa sin∅ j−IBacos∅ i

Tramo DA:

FDA=−Ia k x (−Bsin∅ i+Bcos∅ j )=+ IBa sin∅ j+ IBacos∅ i

Notamos ahora que FBC=−FDA

De manera que la fuerza resultante sobre la espira es cero. Si consideramos el punto medio 0 en el plano de la espira, el momento torsor resultante, respecto a este punto será igual a la suma de todos los momentos individuales (sobre cada tramo). En realidad, como la fuerza neta ejercida es cero, el momento torsor es independiente del punto respecto al cual se calculó.

M 1de FAB respecto a 0 :

M 1=r1 x F AB=−(a /2 ) k x (−IBbcos∅ )=0

M 2de FCD respecto a 0 :

M 2=r2 x F AB=+(a /2 ) k x (+ IBbcos∅ )=0

M 3de FBCrespecto a 0 :

M 3=r3 x FBC=− (b/2 ) i x (−IBa sin∅ j−IBacos∅ i )=0

M 3=+ IBa (b /2 )sin∅ k=+ IB (a/2 ) sin∅ k

donde A=ab

M 4de FDA respectoa 0 :

M 4=r4 x Fda=+(b /2 ) i x (+ IBa sin∅ j+ IBacos∅ i )

M 4=+ IBa (b/2 ) sin∅ k=+ IB (a /2 )sin∅ k

El momento torsor total será:

M=M 1+M 2+ M3+M 4

Usando las relaciones obtenidas:

M=AIB sin∅ k

Este momento tiene a orientar la espira, perpendicularmente a B.

La espira que se muestra en la figura se encuentra dentro de un campo magnético uniforme B=B x=0.2Wb /m ² . La corriente en la espira es de 3 A ,b=40cm , y a=30cm, es el radio del semicírculo. Cual será el momento torsor sobre la espira.

127

Solución:

Primero, haciendo uso de la regla de la mano derecha, teniendo en cuenta la dirección de la corriente, obtenemos la orientación del vector uN.

De la figura notamos que el ángulo formado por B y uN es∅ , por tanto el momento sobre la espira viene dado por

M=m x B=IA uN x B

donde uN=cos∅ i−sin∅ k y B=B i

Luego:

M=IA (cos∅ i−sin∅ k )xB i M=−IAB sin∅ j

Dónde:

A=2ab+(πa ²/2 )=0.38m ² , I=3 A ,B=0.20Wb /m ²

Después de reemplazar los datos:

M=−0.23 sin∅ j N .m

La espira tiende a rotar bajo la acción de este momento, de modo que el ángulo ∅disminuye.

5.8se introduce un protón en una región donde hay un campo magnético uniforme en la dirección Z, la partícula tiene una velocidad inicial de 5.00 x106m / s en el plano XY .se encuentra que se mueve en una orbita circular de 12.5cmde radio en el plano XY .Explicar porque el proton sigue una trayectoria circulatr, evaluar su velocidad angular y determinar la magnitud del campo magnetico Ba partir de los datos.

Solución:

W=qB/m , como conocemos V y r , entonces

128

En el campo magnético constante, el protón experimenta una fuerza magnética de magnitud también constante que siempre está en dirección perpendicular a la del movimiento, por lo que tiene todas las características físicas de una FUERZA CENTRIPETA, y es semejante en todo sentido a la tensión en una cuerda que mantiene a un objeto giratorio en movimiento circular uniforme, como se muestra en la figura adyacente.

Puesto que la fuerza Fes perpendicular a Bcomo a V , así:

F=q V x B F Debe producir la aceleración centrípeta ac=rW ²

De manera que: qVB=mrW

ConV=Wr , obtenemos para W

W=5.00 x106/12.5=4.105 rad /s

Usando: q=1.6 x10−19C ,m=1.67x 10−27 kgen:

B=mrW ² /qV , obtenemos

B=0.00417T

5.9 un protón se dispara hacia una región hay un campo magnético uniforme con una velocidad de 20 x105m /s ² a lo largo de una línea que forma un ángulo de 370respecto al eje X .si la intensidad del campo magnético es B=0.1Wb /m ² y esta dirijido según el eje positivo X . Hallar:

a) el radio del circulo descritob) el tiempo que tarda en dar una vuelta completa yc) el paso de la hélice que describe al moverse dentro del campo

Solución:

Resultado de esto, la partícula describe una trayectoria helicoidal. El movimiento curvilíneo se debe a la influencia del campo sobre la componente perpendicular y el avance a lo larga del eje X a la componente paralela que no es influenciada por B

F=q V x B

F=e (V 0 cos370 i+V 0 sin370 j ) xB i

F=eV 0sin 370B (−k )

No hay fuerza a lo largo de la dirección X y la partícula se mueve en esa dirección con velocidad constante.

a) r=mV 0 y /eB=mV 0 sin370/eBUsandom=1.67 x 10−27 kg , e=1.6 x10−19C , obtenemosr=0.125m

b) P=2 π /W=2πr /V 0 y=2πr /V 0 sin 370

p=6.5x 10−5 sc) P=V 0X P=V 0 cos370P=1.04m

129

a diferencia del caso anterior, la partícula ingresa a la región donde se encuentra el campo B formando un ángulo con la dirección de este. En este caso la velocidad de la partícula la descomponemos en dos componentes. Una perpendicular a B y otra paralela al campo. Como

5.10haciendo uso de la ley de Biot-Savart, determinar el campo magnético B de un conductor finito, que transporta una corriente, de longitud L a una distancia perpendicular R del conductor. A partir de este resultado. Hallar B para el caso de un conductor de longitud infinito.

Solución:

Usamos:

d B=u0 Id L

4 πr 3 De acuerdo a la figura.

d B=u0 IdLsin∅ ( i )

4 π r2

Con dL=dz

d B=u0 Idz sin∅ ( i)

4 π r2

También de la figura:

tan∅= Rb−z , b−z=R / tan∅=R cot∅ , Z=b−R cot∅

dz=R csc∅ 2d∅

sin∅=R /r , r=R /sin∅, reemplazando todo esto en la relación para dB, tenemos

d B=u0 I sin∅ d∅

4 πR( i )

Integrando:B=u0 I

4 πR∫∅1

sin∅ d∅

B=u0 I (cos∅ 2+cos∅ 1 )

4 R

Pero:cos∅ 1=sin θ1 y cos∅ 2=sinθ2

Por tanto:

B=u0 I (sinθ1+sin θ2 )

4 πR( i )

Si el conductor es de longitud infinito, entonces θ1=π /2 y θ2=π /2, y tenemos

B=u0 I

2πR(−i )

Este es exactamente el resultado que se obtiene al aplicar la ley circuitos de ampere.

130

5.11 un circuito cerrado, como el que se muestra en la figura, conduce una corriente I .hallar la magnitud y el sentido del campo magnético que se produce en el punto P, debido a los elementos AB ,BC ,CD y DA.

Solución:

Podemos calcular el campo magnético producido por los diferentes elementos haciendo uso de la ley de Biot-Savart.

Así:

d B=u0 Id L x r

4 π r3

En los tramos DA y BCel campo magnético es cero, ya que vector de posición r es paralelo al elemento diferencial dL.

d L x r=0

El campo magnético producido por los elementos AB y CD en P es diferente de cero, pero como I en cada tramo tiene sentido opuesto al otro, el campo magnético resultante en P tendrá la dirección de que producido por CD, por encontrarse más próximo a P. Podemos del mismo modo que en los casos anteriores, hacer uso de la ley de Biot-Savart para determinar el valor del campo producido por cada elemento pero preferimos hacerlo, haciendoel siguiente razonamiento basado en el resultado ya obtenido en este caso.

El campo magnético producido en el centro del círculo es.

B=u0 I

2r(k )

Luego, para el tramo de longitud rθ

Si B=u0 I /2r−−−−2 πr ,entonces

B=x=?−−−−r , sera

B=u0 Iθ

2πr( k )

En nuestro caso:

B2=u0 Iθ

4 π r2

( k ) , B1=u0 Iθ

4π r 1

(−k )

Y el resultado de P sera:

131

B=u0 Iθ

4 π [ r2−r1

r2 r1] (− k )

5.12 el conductor cilíndrico, hueco, de la figura, de radio interior R1y radio exterior R2 lleva una corriente I uniformemente distribuida sobre su sección transversal. Hallar el valor de B en los siguientes casos:

a¿ r>R2b¿R1<r<R2 y c ¿ r<R1

Solución:

a¿ r>R2

Según la ley de ampere:

∮ B . d L=u0 I , donde Ies la corriente encerada (concadenada)

por la L en nuestro caso: B/¿d L, por tanto:

B (2πr )=u0 I , asi:B=u0 I /2πr

b¿R1<r<R2

En este caso, como muestra la figura, no toda la corriente I es concadenada por L.ahora aprovecharemos el hecho de que la densidad de corriente es constante.

I /A=i /a=J=c de donde: i=(a /A ) I , a=π (r2−R21 )

i=[ r2−R21

R22−R2

1]I

Aplicando la ley de ampere a.

∮ B . d L=u0 I

Note que notamos con i a la corriente concadenada por la trayectoria circular de radio r.de este modo, luego de integrar obtenemos:

B (2πr )=[ r2−R21

R22−R2

1]u0 I

B=u0 I2πr [ r2−R2

1

R22−R

21]

c ¿ r<R1

132

En este caso, ninguna corriente es concadenada por la trayectoria circular de radio r que se elija y la aplicación de la ley de ampere nos dará cero, pera el valor del campo magnético en cualquier punto que cumpla la condición c).

5.13 en la figura se muestra la sección transversal de un conductor cilíndrico infinitamente largo, en el que se ha hecho un agujero descentrado. El conductor lleva una corriente I distribuida uniformemente en el área transversal conductora S. El radio externo del conductor es q, el radio del agujero es b, y el eje del conductor y el agujero están a la distancia C, como se muestra en la figura.encontrar el campo magnetico en el eje 0 del agujero.

Solución:

Ya que el agujero es descentrado, no se puede concluir que B sea cero dentro de él, ni puede evaluarse fácilmente la integral de ampere alrededor de una trayectoria circular centrada en 0ó en0.suponemos que la densidad de corriente J es la resultante de superponer dos densidades de corriente, así.

+J k , Fluye en toda la sección de radio “a”

−J k ,” ” ” ” ” ” ” “b”

B2=u0 (−J )π r ² /2π r=u0 J r /2,

es el campo creado por toda la corriente de densidad – J que fluye por la sección transversal de radio r. Como mencionamos, el campo resultante en P será:

B=B1+ B2

Podemos notar que, en el caso general,B1 y B2 tienen direcciones distintas.

En nuestro caso: r=0, con lo cual r=C y B2=0, y tenemos:

B=B1=u0 JC /2

J, lo podemos conocer a partir de las siguientes relaciones: sea:I 1=πa ² J , corriente con densidad J, que fluye en toda la sección de radio a y I 2=πa ² J , corriente con densidad −J, que fluye en toda la sección de radio b se puede ver en la figura que:

I=I 1+ I 2=πJ (a2−b2 ), de donde es decir:J=I / π (a2−b2 )

133

De este modo, el campo magnético resultante en un punto del conductor, tal como P, es el resultado de la suma de los

campos B1 y B2, donde

B1=u0 Jπr ²/2πr=u0 Jr /2, es el

campo magnético creado por toda la corriente de densidad +J , que fluye por la sección transversal de radio r , y

Usamos este resultado en la relación para el campo magnético, obtenemos:

B=u0 IC /2π (a2−b2)

5.14 un alambre largo lleva una corriente de 30 A, la espira rectangular lleva una corriente de 20 A.calcule la fuerza resultante que abra sobre la espira. Suponemos que a=1cm,b=3cm y L=30cm.

Solución:Hallamos la fuerza sobre cada uno de los tramos y luego sumamos para hallar la resultante. Tramo AB: usamos:

F=u0 IL (uR )

2πREn nuestro caso, de acuerdo a la figura:

F AB=u0 IiL (−J )

2πa

Reemplazando en esta ecuación los datos que se tienen, obtenemos.

F AB=3.6 x10−3 (− J )N

Tramo: CDprocediendo igual que en el caso anterior:

F AB=u0 IiL (J )2π (a+b )

=0.4 x10−3 (+J )NTramo BC: notamos que ahora el campo creado por I

cambia a lo largo del tramo. Usamos: F=∫

L

Id L x B

Así:

FBC=∫a

a+b

idy j xu0 I k2πy

Integrando:

FBC=u0 I ln( a+ba )

2( i )reemplazando datos.

FBC=12 x10−5 ln (9 ) i N

Tramo DA: igual que en el caso anterior:

FDA=∫a+b

a

i (−dy ) (− j )x u0 I k2πy

FDA=u0 I ln( a+ba )

2(−i)

134

Reemplazando datos. FDA=12x 10−5 ln (9 ) (−i )N

La fuerza resultante sobre la espira será:

F=F AB+ FBC+ FCD+ F DA=3 x10−3 (− j )N

PROBLEMAS PROPUESTOS:

5.1 una partícula tiene una carga de 4.0 x 10−9C.cuando se mueve con una velocidad

V 1de3 x104m /sa 450por encima del eje Y en el planoXZ , un campo magnético uniforme

ejerce una fuerza F1según el eje X .cuando la partícula se mueve con una velocidad

V 2de2.0 x104m /ssegun el eje X , se ejerce sobre ella una fuerza F2de 4.0 x10−5N según el eje Y . Cuales son el modulo y la dirección del campo magnético.

5.2una carga puntual de 2.7 x10−5C se mueve sobre el eje +Y a600m /s.hay un campo constante Bde 0.96T .su dirección está en el plano XY , formando ángulos iguales con los ejes +X y+Y .obtenga la magnitud y dirección de la fuerza magnética sobre la carga.

5.3la magnitud de un campo magnético cuya dirección es paralela al eje Zvaría en la

dirección del eje X y está dado por:B=B0 (1+(x / x0 ) ² ), en que B0 y x0 son constantes.

Demuestre que el flujo magnético que atraviesa una espira rectangular en el planoXY de longitud ay ancha b, y cuyo centro está en el punto X=c , y Y=b, y cuyo centroesta en el puntoX=c , y Y=0, viene dado por:∅=AB (c )+A B0b

3 /12 x02, dondeB (c ) es el valor de B en

el centro de la espira. Se supone que el lado de la espira de longitud b es paralelo al eje X .

5.4En el sistema de la figura, el conductor AB puede deslizar libremente sobre los carriles conductores, la masa del conductor móvil es de5.1gramos. Calcular el valor de x cuando AB se encuentra en equilibrio.

5.5demostrar que la fuerza sobre una porción PQ de un alambre conductor (ver figura) que lleva una corriente I y está colocado en un campo magnético uniforme B, es I PQ x B, siendo por lo tanto independiente de la forma del conductor. Concluir de esto que la fuerza sobre una corriente cerrada colocada en un campo magnético uniforme es nulo.

135

5.6. el plano de una espira rectangular de alambre de 5,0 cm x 8,0 cm es paralelo a un campo magnético de 0,15T . a) Si una corriente de 10 A circula por la espira. Que torque actúa sobre ella? b) Cual es el momento magnético de la espira? c) Cual es torque máximo que se puede obtener con esa corriente circulando por la misma longitud de alambre en este campo magnético?

5.7. La espira rectangular del alambre mostrado en la figura tiene una masa de 0,1 gramo por centímetro de longitud y puede girar sin fricción alrededor del lado AB. Por el alambre circula una corriente de 10 A en el sentido indicado. Calcular el modulo y el sentido del campo magnético paralelo al eje Y, que hará que la espira gire hasta que su plano forme un ángulo de 30° con el plano YZ.

a) el radio b) la distancia entre vueltas de helicoide c) la velocidad y la velocidad angular y la velocidad tangencial y d) el periodo.

5.10. Una espira cuadrada de lado L, lleva una corriente I. halle la magnitud del campo magnético a la distancia Z arriba del centro de la espira.

5.11. Un alambre de longitud L, que transporta una corriente I, se dobla para convertirse en un circulo o en un cuadrado de una sola vuelta. En qué caso es mayor el valor del campo magnético en el centro de la figura?

136

5.8 un electrón cuya velocidad es 1,0 x 100 de la velocidad de la luz penetra en un campo magnético uniforme, formando un ángulo recto con el campo. a) Cual es el valor del campo si el electrón se mueve en una órbita de radio de 10 cm? b) cual es el periodo del electrón en su órbita?

5.9. Un protón con 5KeV se introduce en un campo magnético B=500mT a

un ángulo de 85° con respecto a B .

Encuentre los siguientes parámetros de la trayectoria helicoidal resultante:

5.12. Dos alambres rectos paralelos, muy largos, separados una distancia “d”, llevan una corriente I en sentidos contrarios, como se muestra en el diagrama. Obtenga la magnitud y dirección del campo magnético en el punto P.

5.13. Un círculo conductor muy largo contiene dos cavidades cilíndricas, como se muestra en la figura. Halle el campo magnético producido en el punto P encima de la superficie del cilindro, si la corriente total en el conductor es I y la densidad de corriente es uniforme en su sección transversal.

5.14. Un alambre largo horizontal AB (ver figura) reposa sobre la superficie de una mesa. Otro alambre CD, situado directamente encima del primero, tiene 1m de longitud y se puede deslizar hacia arriba y hacia abajo por las guías metálicas verticales C y D. los dos alambres están conectados mediante los contactos corredizos y por ellos circula una corriente de

50A. La densidad lineal del alambre CD es 5,0 x10−3 kgm

.

CAPITULO VI: MAGNETIZACION Y SUSCEPTIBILIDAD MAGNETICA

6.1 MAGNETIZACION

En el capítulo anterior hemos desarrollado técnicos para hallar el campo de inducción magnética debido a una distribución específica de corrientes, es decir, debido a un tipo de fuentes de campo magnética.

De otro lado, toda materia consiste fundamentalmente en átomos, y cada átomo consiste en los electrones en movimiento. Estos circuitos de electrones, a cada una de los cuales está

137

A qué altura quedara en equilibrio el alambre CD a causa de la fuerza magnética debida a la corriente que circula por el alambre AB?

5.15. En el dispositivo que se muestra, demuestre que la suma de las tensiones de los resortes es 2Bir donde r es el radio del semicírculo. Por el alambre en forma de semicírculo fluye la corriente i.

confinada a un solo átomo, son los que llamaremos corrientes atómicos. Por tanto, parece que tenemos dos clases de corrientes:

Una corriente verdadera que consiste en transporte de carga, esto es, el movimiento de electrones libres o de iones cargados, y

Corrientes atómicos, que son corrientes puras que circulan sin dar origen a transporte de carga. Sin embargo ambas clases de corrientes pueden dar origen a campos magnetices. Tenemos entonces dos tipos de fuentes para el campo magnético.

Cada corriente atómica es un pequeño circuito cerrado de dimensiones atómicas, y puede, por tanto, describirse propiamente como un dipolo magnético. De hecho, el momento dipolar es la cantidad que interesa aquí, puesta que e4l campo de inducción magnética distante debido a un solo átomo se determina completamente especificando su momento dipolar

magnética , al igual como sucedió con el momento dipolar eléctrico, donde especificado

podíamos conocer el campo eléctrico creado por este en cualquier otro punto.

Sea el momento magnético del enésimo átomo. Definiremos ahora una cantidad vectorial macroscópica, la magnetización, por el mismo método usado para definir la polarización en el capítulo III. Sumamos vectorialmente todos los momentos dipolares de un pequeño

elemento de volumen y luego dividimos el resultado por ; la cantidad resultante,

M= lim∆ V→0

∑ mi

∆V…………………………………………………………(6.1)

M=dm /dV…………………………………………………….………. (6.2)

El momento dipolar magnético por unidad de volumen simplemente MAGNETIZACION. El procedimiento para hallar el límite en la ecuación (6.1) es nuestro procedimiento de tomar

los límites macroscópicos; se hace muy pequeño desde el punto de vista macroscópico, pero no tan pequeño que no contenga un número estadísticamente grande de átomos. La

cantidad se vuelve entonces una función vectorial puntual.

La función vectorial Mnos proporciona una descripción microscópica de los corrientes atómicos interiores a la materia. Específicamente, Mmide el número de circuitos de corrientes atómicas por unidad de volumen multiplicado por el momento magnético efectivo a medio de cada circuito.

Si la magnetización es uniforme, las corrientes en las diversas espiras tienden a eliminarse, y no hay corrientes efectivo a neta en el interior del material, como se muestra en la figura (6.1), donde una sustancia en forma de cilindro ha sido magnetizada en dirección paralela al eje del mismo.

138

Fig. Corriente superficial de Fig. Corrientes elementales Magnetización en un cilindro en un cilindro magnetizado Magnetización

Podemos ver en la Fig. (6.1) y con más detalle en la Fig. 6.2, que las corrientes internas tienden o cancelarse debido a los efectos contrarios de las corrientes adyacentes, de modo que no se observa corriente neta en el interior de la sustancia. Sin embargo, la

magnetización da lugar a una corriente neta sobre la superficie del material, que actúa como un solenoide.

Si la magnetización no es uniforme, la cancelación no será completa. Como ejemplo de magnetización no uniforme, consideremos el cambio brusco en la magnetización que se muestra en la Fig. 6.3.

Si enfocamos nuestra atención en la región entre la línea de trazos, es evidente que hay más cargo que se mueve hacia abajo que la que se mueve hacia arriba. A esto le llamaremos corriente de magnetización. Por tanto, aunque no haya transporte de carga, hay un movimiento efectivo de cargo hacia abajo, y esto “corriente” puede producir un campo magnético. En el presente capitulo solo estudiaremos los procesos que impliquen una magnetización uniforme. El caso de materiales magnetizados de modo no uniforme se tratara dentro del curso de electromagnetismo.

En el presente capitulo solo estudiaremos los procesos que impliquen una magnetización uniforme. El caso de materiales magnetizados de modo no uniforme se tratara dentro del curso de electromagnetismo. Escribiremos ahora algunas relaciones que nos serán útiles en el presente capitulo.

A partir de la relación (6.2), el momento dipolar total lo determinaremos así:

…………………………………(6.3)En que la integral se toma sobre el volumen total de la muestra magnetizado. Cuando la

magnetización es uniforme, es constante y se puede escribir fuera de la integral:

139

Fig. 6.3. Ejemplo de cambio brusco en la magnetización.

…………………………….. (6.4)O sea,

………………(6.5)Si el momento dipolar de la muestra se expresa en términos de una distribución de corriente

atómica efectiva, por claro que la magnetización se determina por esta distribución de

corriente; si se conoce puede determinarse la distribución de corriente de magnetización.

6.2CAMPO MAGNETIZANTE

Consideramos el comportamiento de una bobina toroidal delgado, que se forma arrollando N vueltas totales de alambre sobre la superficie de una pieza toroidal uniforme de material magnetizable. Se supone que en la bobina toroidal fluye una corriente constante I, y aplicamos la ley de Ampare alrededor de una trayectoria circular C cuyo radio medio es el radio del toroide, como se muestran las figuras (6.4) y (6.5)

Fig. 6.4 Fig. 6.5

La corriente total que atraviesa el contorno C consiste en la corriente NI que fluye en el

devanado y también en la corriente de magnetización atómica que circula alrededor de la sección transversal del toroide (Fig. 6.5.)

Se puede relacionar la magnetización con el momento dipolar magnética de la sección delgada del núcleo toroidal que se muestra, y con la parte de la corriente superficial de magnetización que fluye a través de esta sección y representa la fuente de su campo magnético.

De (6.2) y6 de la relación que define el momento dipolar magnético, se puede escribir la

magnitud del vector magnetización como:

……………………………………. (6.6)

140

Es la porción de la corriente de magnetización que fluye superficialmente alrededor de

la sección delgada de material que subtiende un ángulo central como se muestra en la fig. 6.5.

En consecuencia, esto proporción de es igual a la corriente total multiplicando por la

relación que representa la porta fraccionaria del toroide subtendida por el Angulo

central . En forma de ecuación, esto quiere decir que:

Sustituyendo en (6.6) se encuentra que:

………………………(6.8)

O sea,

………………………. (6.9)

De (6.2) es evidente que el valor tiene lo mismo dirección que el vector , y de la figura (6.5), es igualmente evidente que este vector es tangencial al contorno circular C en todas

partes. En consecu7encia, los vectores siempre son paralelos, debido a que, como

se sabe por lo visto antes, el campo de una bobina toroidal tiene este mismo carácter

tangencial. Además, si calculamos lo integral de alrededor del contorno C, se encuentra.

∮C

M . dL=2πrM…………………………………………………………………………. (6.10)

Pero, usando (6,9) puede relacionarse ahora a y a , así

De modo que es posible aplicar la ley de Ampere dada para la circulación del campo

magnético en el contorno C, expresando la corriente total encerrado por C como la suma

de la corriente total encerrado por C como la suma de la corriente NI que fluye en el

devanado y la corriente de magnetización . En esta forma, la ley de Ampere indica que:

Utilizando (6.11), esta expresión queda como

O sea,

141

De lo anterior, es evidente que la corriente verdadera NI que fluye en el devanado está relacionada con la inducción magnética por medio de la integral (6.14). A la cantidad entre paréntesis en la integridad (6.14) se le llama Intensidad de Campo Magnético o simplemente Campo Magnetizante. El nuevo vector definido de esta manera se le simboliza por la letra

, así:

………………………………………(6.15)

Se expresó en que son las unidades de los dos términos que aparecen en (6,16)

En que es la corriente verdadera que se debe al flujo de cargos móviles encerrada en el contorno C

El resultado (6.16) tiene validez mas general de lo que muestro análisis simplificado puede sugerir. En afecto, puede verificarse que “La circulación del campo Magnetizante a lo largo de una línea cerrada es igual a la corriente libre total a través de la trayectoria”.

Por ejemplo, si la trayectoria L (fig. 6.6) enlaza a los circuitos y a un cuerpo con

magnetización , debemos incluir en la ecuación (6,16) solamente los corrientes ,

mientras que en la ley de Amparo (6,12), debemos incluir todos los corrientes, esto es, o

o , debidas a los cargos que se mueven libremente, así como también los debidos a la

magnetización , proveniente de los electrones ligados.

Fig. 6.6.

142

6.3SUSCEPTIBILIODAD MAGNETICA

Para resolver problema de teoría magnética, es esencial tener una resolución entre

o, equivalentemente, una relación entre y uno de los vectores magnéticos de campo. Estas relaciones dependen de la naturaleza del material magnética y se obtienen generalmente en experimentos.

En una extensa clase de materiales, existe una relación aproximadamente lineal entre

. Si el material es isotrópico así como lineal.

Donde la cantidad escalar dimensional se llama susceptibilidad magnética. Si es positivo, el material es un PARAMAGNETICO y la inducción magnético es reforzado por lo

la presencia del material. Si es negativo, el material es DIAMAGNETICO, y la inducción

magnética es debilitada por la presencia del material. Aunque sea una función de la temperatura, y a veces varié muy drásticamente con la temperatura, generalmente conviene

decir que sea una función de la temperatura, y a veces varié muy drásticamente con la

temperatura, generalmente conviene decir que sea una función de la temperatura, y a

veces varié muy drásticamente con la temperatura, generalmente conviene decir que

para materiales paramagnéticos y diamagnéticos es bastante pequeño; esto es 1, (para materiales para y diamagnéticos).(6.18)

Una relación lineal entre implica también una relación entre :

………………………………………………(6,19)

Donde la permeabilidad U se obtiene de las combinación de los ecuaciones (6.15) y (6.17).

………………………………………. (6.20)

La cantidad adimensional

…………………………………… (6.21)

Se tabula en lugar de . Esta cantidad, se llama permeabilidad relativa. Para los

materiales paramagnéticos y diamagnéticos es muy próxima a la unidad.

6.4 MATERIALES MAGNETICOS

Todos los materiales muestran algunos efectos magnéticos. En algunas sustancias los efectos son tan débiles que los materiales o menudo se consideran como no magnéticos.

143

Sin embargo, el vacío es el único medio verdaderamente no magnético.

En general, los materiales pueden clasificarse según su comportamiento magnético en diamagnéticos y superparamagia, ferromagnéticos, antiformagneticos, ferromagnéticos y superparamagiaticos. En los materiales día diamagnéticos los afectos magnéticos son débiles. Aunque los momentos magnéticos orbitales y del spin (ver ejemplo 6.1) en ausencia de un campo magnético externo, un campo aplicado produce que el momento del spin exceda ligeramente al momento orbital, produciendo un momento magnético neto pequeño

que se opone al campo aplicado, . Entonces, si un espécimen diamagnético se lleva cerca de cualquier polo de un imán de barra intenso, será repelió, efecto descubierto por Faraday en 1846. El espécimen de Faraday era una pieza de bismuto, sustancia que muestra diamagnetismo más fuertemente que la mayoría de materiales.

Aunque el efecto diamagnético se presenta en todas las sustancias, es tan débil que queda opacada en materiales en que los momentos magnéticos orbital y del spin son desiguales, produciendo un momento magnético neto para el átomo aun sin campo aplicado. La orientación al azar de los átomos aun sin campo aplicado. La orientación al azar de los átomos puede producir un momento magnético neto pequeño para una muestra del material, pero cuando se aplica un campo externo, los dipolos atómicos tienden a alinearse con el campo de manera que el momento magnético de la muestra aumenta en proporción al número de sus átomos (suponiendo que se logró alineamiento perfecto). Sin embargo, los interacciones internas y la agitación térmica tienden a inhibir el proceso, de manera que solo puede lograse en la practica un alineamiento parcial. De todas formas, los efectos magnéticos pueden ser significativos y tales sustancias se denominan paramagnéticas. Cuando una sustancia paramagnética se lleva a las proximidades de un imán de barra intenso, será atraído hacia este.

En ciertos materiales, especialmente en el hierro, cobalto y níquel, ocurre un fenómeno especial que facilita grandemente el proceso de alineamiento. En estos sustancias, llamadas ferromagnética, existe un afecto cuántico denominado “acoplamiento de intercambio” entre átomos adyacentes en la estructura cristalino del material que aseguro sus momentos magnéticos en una rígido configuración paralelo en regiones, denominados “dominios” (ver fig. 6.7), las cuales contienen muchos átomos. Sin embargo, a temperaturas superiores de un valor crítico, conocido como la temperatura de Curie, el acoplamiento de intercambio desaparece y el material se revierte hasta llegar a ser un tipo paramagnético ordinario.

En los materiales anti ferromagnéticos los momentos magnéticos de átomos adyacentes se alinean en direccional opuestos de número que el momento magnético noto de un espécimen desaparece en presencia de un campo aplicada.

En sustancias ferromagnéticos los momentos magnéticos de átomos adyacentes se alinean en direcciones opuestos de manera que el momento magnético noto de un espécimen desaparece en presencia de un campo aplicada.

En sustancias ferromagnéticos los momentos magnéticos de átomos adyacentes se alinean opuestamente pero no son iguales, de manera que existe un momento magnético neto que es menor que el de los materiales ferromagnética. Sin importar los efectos magnéticos más débiles, algunas de esos materiales, conocidos como ferritos, tienen una conductividad eléctrica menor, lo que los hace útiles en los núcleos de inductores de corriente alterno y en

144

transformadores, puesto que los corrientes inducidos (parásitos) son menores y los perdidas óhmicos menores se reducen. Un material superparamagnetico consiste en partículas ferromagnéticas suspendidas en aglutinante dieléctrico (plástico) o matriz. Cada partícula puede contener muchos dominios magnéticos, pero las fuerzas de intercambio no pueden penetrar o partículas adyacentes, Con las partículas suspendidos en una delgada cinta plástica es posible cambiar el estado de magnetización súbitamente en una distancia muy pequeña de cinta, de manera que una cinta puede almacenar grandes cantidades de información en forma magnética en una longitud conveniente. Tales cintas se utilizan mucho en audio, video y sistemas de grabación (almacenamiento) de datos.

a) Sustancias no b) magnetización por c) Magnetización porMagnetizadas crecimiento de dominios orientación de

Dominios

Fig. 6.7 dominios magnéticos

6.5 HISTERISIS

Consideremos uno muestra desmagnetizada de material ferromagnética. Si la intensidad magnética, inicialmente cero, se aumenta motonamente, entonces la relación B – H describirá una curva parecida a la fig. 6.8. Esto se llama curva de magnetización del material. Es evidente que las u tomados de la curva d magnetización del material. Es evidente que las u tomados tienen siempre el mismo signo (positivo), pero muestran un espectro bastante grande de valores. La permeabilidad máximo ocurre en el “codo” de la

curva; en algunos materiales esta permeabilidad es tan grande como ; en otros es mucho menor. La razón de que ocurra el codo en la curva, es que la magnetización, M, alcanza un valor máximo del material, y

Continúo aumentando a grande H solo por el término . El valor máximo de M se llamó “magnetización de saturación” del material;

145

Fig. 6.8. Curva de magnetización del hierro comercial.

Consideramos a continuación una muestra ferromagnética magnetizada por el procedimiento anterior. Si la intensidad magnética H se disminuye, la relación B – H no regreso descendiendo por la curva de la fig. 6.8, si no que en lugar, se mueve sobre la nueva curva de la fig. 6.9 hasta el punto r.

Fig. 6.9. Curva típica se histéresis de un material ferromagnética.

La magnetización, una vez establecido, no desaparece con la eliminación de H; de hecho, toma una intensidad magnética invertida para reducir la magnetización a cero. Si H continua aumentando en el sentido invertido, entonces M, (y en consecuencia B) se establecerá en el sentido invertido, ya la figura 6.9 empieza a mostrar cierta simetría. Finalmente, cuando H aumenta de nuevo, el punto de operación sigue la curva inferior de la fig. 6.9. Por lo tanto, la curva B – H para H creciente es complementa mente distinta a la de H decreciente. Este fenómeno se llama Histéresis, de la palabra griega “Histeros” que significa “quedar atrás”; la magnetización literalmente retarda el campo excitante.

La curva de la figura 6.9 se llama curva de histéresis del material. El valor de B en el punto r se conoce como retentividad o “remanencio”; la magnitud de H en el punto o se llama fuerza coercitiva o “coercitividad” del material.

La forma de la curva de histéresis depende no solo de la naturaleza del material ferromagnética sino también del valor máximo de H al cual está sometido el material. Sin

146

embargo, una vez que sea suficiente para producir la saturación en el material, la

curva de histéresis no cambia su forma al aumentar

PROBLEMAS RESUELTOS

6.1Determinar el momento magnético correspondiente a una partícula la cargada, tal como un electrón girando alrededor del núcleo.

Solución:

Consideremos una carga q que describe una órbita cerrada la cual, para simplificar,

podemos suponer circular. Si es la frecuencia de su movimiento, la corriente en

cada punto de su trayectoria es

El momento magnético orbital de la partícula cargada es

Por otro lado, si m es tu masa de partícula, su momentum angular orbital es

De (A) y (B):

O, en forma vectorial,

En consecuencia tienen el mismo sentido o sentidos opuestos, según que la carga que sea positiva negativa.

Para el electrón

Si suponemos que el electrón está girando sobre sí misma alrededor de un diámetro del mismo modo que la tierra gira alrededor de su eje, tiene, además de su momentum angular

orbital , un momentum angular interno , llamado espín. Debe haber un momento magnético asociado con el espín S; ya que cada elemento de volumen de la carga que gira se comporta de la misma manera que la carga q en la figura. Sin embargo la relación, entre el momento magnético: y el espín no debe ser la misma que la relación (c), porque el

coeficiente por el que hay que multiplicar el momentum angular del espín para obtener el

147

momento magnético correspondiente depende de la estructura interna de la partícula. Es útil escribir el momento magnético debido al espín en la forma:

………………. (E)

Donde el coeficiente , llamado factor giromagnetico, depende de la estructura del electrón y de su signo. Combinando las e4cuaciones (D) y (E), obtenemos el momento magnético total de una partícula de carga –e que recorre una órbita y gira sobre sí mismo.

6.2 considere el imán cuyas dimensiones se muestran en la figura. Si m es su momento

dipolar magnético , demuestre que la inducción magnética en un punto P, a una

distancia perpendicular d al centro del cilindro, viene dado por la expresión:

B=U 0m

4 π ¿¿

Solución:Admitiremos una analogía formal con el tratamiento correspondiente al dipolo eléctrico.Supongamos que el imán está constituido por dos “cargas” magnéticas opuestas formando un dipolo magnético, las cuales producen en el punto P inducciones de valores B1 y B2.

B=2Kmqmcosθ (a2+d2), concosθ=a/¿¿, luego:

B=Km (2qma)/¿…………………..(A)

Recordando que: en el caso eléctrico p=q (2a)En nuestro caso:

m=qm(2a), además:Km=U 0/4 πUsando ambas relaciones en (A) obtenemos,

B=U 0m /4 π ¿

148

Para el campo eléctrico:

E=Kq /r2

En nuestro caso:

De la figura:

B=¿2B1cosθ

6.3 La aguja de una brújula tiene una longitud “L” y su sección transversal rectangular de, ancho “a” y espesor “e”, pequeños en comparación con “L”

La aguja oscila respecto a la orientación de equilibrio N - Scan una frecuencia. Determinar la expresión que nos da la corriente superficial que circula en torno al eje de la aguja.

Solución: Consideremos a la aguja imanada como un péndulo de torsión en el cuál el par de restauración lo proporcionan las fuerzas magnéticas ejercidas sobre la aguja imanada por la componente horizontal del campo magnético terrestre.

Para un péndulo de torsión la frecuencia viene dada por:

Dónde:

; Constante de torsión y

; Momento de inercia respecto al eje de rotación En nuestro caso; el momento de torsión es:

Dónde:

; Momento magnético de la aguja imanada,

; Campo magnético terrestre (componente horizontal)

; Ángulo que forma y en cualquier instante de la oscilación.

Para oscilaciones pequeñas; luego;

Esta relación obedece la forma rotacional de la ley de Hooke , luego la constante de torsión es:

De otro lado, para una varilla delgada (ancho y espesor pequeños comparados con L el momento da inercia viene dado por:

Dónde: M; es la masa de la varilla y L su longitud. Alertamos al lector de modo que no confunda M, en este caso, con:

-161-

149

El mismo símbolo M que usamos para la magnetización. Usando B y C en A:

v= 12π

¿……………………………………(D)

De donde:

m= π2 v2M L2

3 BH

…………………………………………………. (E)

Como m=IS=I a e

Luego, la corriente superficial que circula entorno al eje de la aguja imanada será:

I=π 2 v2M L2

3 BH ae

6.3 encontrar el valor de la inducción magnética en un material para el cual: a) la intensidad del campo magnético es 8000 A/m y la permeabilidad magnética es 0,02: c) hay 8,1x

1028 atomos /m3 y los átomos tienen momentos dipolares idénticos de

10−6 A .m2 , H=3000 A /m.

Solución:

a) B=uH=u0urH

B=(4 πx 10−7)(1,1)(8000)T

B=0,01106T

b) M=XM H luego, H=M /XM

H=8000/0,02=4 x105 A /mB=uH=u0(1+XM )H

B=(4 πx 10−7)(1+0,02)(4 x 105)TB=0,5127T

c) M=mt /V =Nmi/V si hacemos: n=N/V (concentración)

M=nmi=(8,1 x1028)(1,0 x10−26)A /m=810 A/mB=u0H+u0 M=u0(H+M )B=4 πx10−7 (3000+810)T

B=4,78 x10−3T

6.5 sobre un anillo toroidal de hierro, de diámetro d=20cm y sección S=5cm2, se bobinan

N=600 espiras, haciendo pasar una corriente I=2A.calcular: a) la fuerza magnetomotriz del circuito; b) la intensidad del campo magnético B; d) la reluctancia, y e) el flujo magnético en el anillo.

Solución:

150

a) recordemos que en el caso del campo eléctrico, la circulación de este alrededor de una trayectoria cerrada se le denomino fuerza electromotriz, en nuestro caso:

∮C

H d L=I libre=fmm; fuerza magnetomotriz

Por tanto, fmm=NI= (600) (2)=1200A

b) H=(2πr)=NI,con r=10cm=0,1mH (0,62)=1200De donde: H=1935A/m

c) El hierro es un material ferromagnético, por tanto la permeabilidad hay que obtenerla a partir de la curva de magnetización por la relación B=uH. según el problema, para

H=1935A/m , ur=780 ,luego

B=uH=u0urH=(4πx 10−7)(780)(1935)

B=1,189T

d) En un circuito magnético, la reluctancia Rse define como :

R=∮C

H d L

∮S

BuN dS

=HLBS

= HLuHS

=L/u0urS

En nuestro caso: L=2πr=2π(0,1)=0,62m

S=5x10−4m2

Así:

R=0,62/4πx10−7(780) (5x10−4)

R=1265x103A/wb

e) ∮B

¿ fmm /R=0,94 x 10−3wb

Donde hemos usado: fmm=I lib=∮C

H d L,

De la parte a) fmm=1200A

6.6. Un anillo de hierro, cuya curva de magnetización se muestra en la figura 6.8 tiene una longitud media L=2Πr =600mm incluyendo el entrehierro, como se muestra en la figura. La sección transversal del anillo es A=1000m2, y el entre hierro tiene un ancho g=2mm. Encuentre fmm. Para tener B=1,5T.

Solución:

151

Cuando el anillo presenta un entrehierro, la inducción magnética en este es el mismo que en el hierro si se desprecia el efecto de los bordes. Despreciar ese efecto es posible pues solo introduce un pequeño error cuando el entrehierro es pequeño comparado con la longitud total del anillo.

El campo H g en el entrehierro es entonces: H g=Bu0

, mientras que el campo H i en el hierro

es: H i=Bu

ó H i=Bu0

ur=H g

ur

De donde, H g=urH i

Y la fuerza magnetomotriz será ahora:

fmm=∮ H d L=H i (L−g )+H gg=H i (L−g )+urH ig

¿=H i [ (L−g )+ur g ]

De la curva de magnetización H¿1000Am

cuando B=1,5T

Como B = uH, luego

u= BH

y ur=uu0

= Bu0H

ur=1,5

4 π ×10−7 (1000)

ur=1193,66

Luego:

¿=1000 [ (0,6−0,002 )+1193,66(0,002)]

fmm=¿=2985,32 A

152

El problema también se puede resolver calculando la reluctancia total del circuito magnético, así:

¿=[H i (L−g )+H g g ]=uSH i (L−g )

uS+u0S H gg /u0S

Del problema anterior:

Ri= (L−g )/uS ; Reluctancia en el hierro.

6.7. Sea un alambre recto de gran longitud por el que circula una corriente de 5 A. Determine los campos B, H, y M a 10cm del mismo, según que el alambre se encuentre: a) en el vacío, b) en oxigeno de permeabilidad relativa ur =8 x 103 (1-e-H/12)

SOLUCION:

a) Aplicando la ley de biot-savart

B=U 0 I /2 πd=

4 π∗10−7 (5 )2π∗10−1

=10−5T

Como el alambre esta en el vacío

H=B/u0 =10-5/4x10-7 =7.96 A

Y M=0, porque no hay dipolos magnéticos que se forman en el vació.

b) En el oxigeno en el que ur= 1.000002 , vemos que se trata de un gas paramagnético .En este caso H tiene el mismo valor de antes , pues solo depende de las corrientes reales .Mientras que

B=u0.ur .H=1.000002x 4 x 10-7 (7.96)=1.000002 x 10-5 T y la magnetización:

M=B/u0 – H =

1. 000002∗10−5

4∗10−7−7 .96

M=0.000016 A/m

c) En el hidrogeno en que ur =0.999998, se trata por t, tanto, de un gas diamagnético. procedimiento de forma similar al caso anterior se obtiene :

B= 0, (4x10-7) (7.96)

B=0.999998 x 10-5 T

M=B/u0 - H

M=-0.002 A/m

d) el campo H continua tomando el mismo valor en el caso anterior , o sea H=7.96 A/m; con ello

ur =8 x 103 (1-e-H/12) =

Ur = 3879

Y procediendo de forma similar a los anteriores casos:

B= uru0H =3879 * 4* 10-7 (7.96)

153

B= 3.879 * 10-2 T

M= B/u0 – H

M= (3.879 -10-2)/ (4*10-7) – 7.96 = 30 860 A/m

6.8. Las moléculas de una sustancia paramagnética tienen un momento dipolar magnético de 5 x 10-24 Am2. Y se encuentra a la temperatura de 400 ºK., suponiendo que hay 7.2 x 10-

23 moléculas/m3, halle la susceptibilidad magnética correspondiente

SOLUCIÓN:

En todas las sustancias hay una posición entre la influencia alineadora del campo aplicado externo y el efecto del desorden asociado a la energía térmica interna de la sustancia. Teniendo en cuenta ambos factores, la susceptibilidad magnética toma la forma:

XM= u0 n mi f(a)/B, donde a= mi B/KT, CTE de boltzman y T, la temperatura absoluta de la sustancia.

Si a= 1 entonces podemos escribir para XM,

XM= u0 n mi2 /3KT, esto es, cuando B pequeño y T alta.

En nuestro caso:

XM= 4π x 10-7 (7.2 x 10-28) (5.0 x 10-24)2 / (1.38 x 10-23) (400)


6.1. Una varilla de hierro de 10 cm. de longitud y 2 cm2 de sección se coloco horizontalmente en el meridiano magnético, observándose que ha quedado imanada uniformemente por el campo magnético terrestre. Si se encuentran dos puntos neutros (D=0) a 20 cm. de distancia, perpendicularmente al centro de la varilla. Determine el valor de la magnetización en la varilla. Considere que la componente horizontal del campo magnético en el lugar donde se encuentra la varilla BH=0.18x10-4T

Rpta: 0.097x 106 A/m

6.2. una barrita cilíndrica imanada , de momento magnético 1Am2 de longitud L=10cm y r=2cm de radio , se suspende horizontalmente por su centro y se pone a oscilar en el interior de un campo magnético de 5 x 10 -3 T .Calcular el numero de oscilaciones por segundo ,sabiendo que el momento de inercia de un cilindro respecto a un eje transversal por su punto medio es Io =M(r2+L2/3)/4 y que la densidad del material de la barrita es p=7.5 g/cm3.

Rpta: 1.21/π osc/s

6.3. Una varilla imanada de hierro de longitud de 10cm posee una sección rectangular transversal de 1.0cm por0.5cm.cuando se suspende el imán horizontalmente mediante un hilo, este oscila respecto a la dirección N-S con un periodo de 20s determine:

a) el momento dipolar magnético del imán

154

b) la magnetización de la varilla y

c) la corriente superficial que circula en torno al eje de la varilla, considere

BH=2 x 10-5 T y la densidad de la varilla es 7.9 x 103 Kg. /m3

Rpta: 3248.7 A

6.4. Un imán de barra de 20cm de longitud por 6 mm de diámetro esta hecho por hierro con una susceptibilidad magnética de 5000.En el centro del imán, la inducción magnética es de 0.85T. Suponiendo magnetización uniforme y paralela al eje longitudinal de la barra, calcule:

a) la permeabilidad relativa del material

b) la permeabilidad magnética del medio

c) la intensidad magnética en el centro

d) la magnetización del centro del material

e) el momento magnético del imán

f) la corriente superficial de magnetización

6.5 a) la susceptibilidad magnética de una muestra magnetizada es 2.4x10−4. ¿Cuál es la permeabilidad relativa? Considere que la magnetización es uniforme.

b) La magnetización de una muestra de hierro es tal que aporta 1.9 T a una inducción magnética uniforme B. Cual es momento magnético de un volumen de 1 cm3de este material.

6.6 Se arrolla un solenoide largo sobre un núcleo de hierro con susceptibilidad magnética igual a 200. Si la corriente en aquel es de 2 Amp y tiene 750 vueltas de conductor por metro, calcule:

a) La intensidad magnética H dentro del solenoide.b) La inducción magnética B.c) La magnetización M d) El momento magnético por longitud unitaria, suponiendo un área transversal de 8

cm2. Suponga que la magnetización es uniforme y la inducción magnética también a lo largo de todo el solenoide.Rta: a) 1500 A/m b) 0.379 wb/m2 c) 3x105 A/m d) 240 A/m

6.7 Una muestra toroidal de material magnetizable tiene un radio medio igual a12.5 cm y su área transversal es igual a 4.0 cm2. Esta bobinada con alambre fino, a razón de 8 vueltas por cm, a lo largo de la circunferencia media. Su susceptibilidad magnética vale 3.60x10−4. El devanado lleva una corriente constante de 5 Amp hallar:

a) Las magnitudes de B y H dentro de la sustancia.b) La magnitud de la magnetización dentro la sustancia.c) La corriente superficial de magnetización. d) Calcule la magnitud que tendrían lo vectores B y H. si no hubiera el núcleo

paramagnético.

155

Rpta: a) 4000 A/m, 0.050233 T b) 14.4 A/m c) 11.31 A d) 40 000 A/m y 0.050265 T

6.8 Se tiene una varilla de acero de permeabilidad relativa U r = 1500 y de 40 cm de longitud sobre que se bobinan 200 vueltas de hilo conductor. Si inicialmente la barrilla esta desimanada, que corriente tendrá que circular por la bobina para que la inducción magnética en el centro del hierro sea de 0,5 T. Determine también el valor de la magnetización. Rta: I=0.53 A M = 397 622 A/m

6.9 En un campo magnético B se introduce en cierto lugar del mismo del mismo un trozo de hierro de permeabilidad U r = 1000. Qué relación existe entre la introducción

magnética en el interior del hierro y la que hay en su exterior. Rpta: B∫¿ ¿Bext ¿ = 1000.

6.10 Por dos conductores rectilíneos y paralelos separados 10 cm circula la misma

corriente: I 1 = I 2 =10 cm A. Determinar el cambio que experimenta la fuerza entre ellos

cuando en lugar de aire el medio es un gas de permeabilidad U r = 1,5

Rpta: Fl = 1,5

6.11 Un anillo de hierro tiene un área uniforme de sección transversal de 150 mm2 y un

radio medio de 200mm. El anillo es continuo excepto por un entrehierro de 1mm de ancho. Encuentre la fmm requerido en el anillo para producir una inducción magnética de B= 5T en

el entrehierro. Desprecie los efectos de borde. Cuando B = 0,5T en el hierro, U r = 250.

Rpta: NI = 2,4 k A

6.12 La susceptibilidad magnética de una sustancia paramagnética es de 4,5 x 10−4 a 300º

K. Si hay 5,5 x 10+28 atomos /m3, evalue el momento magnetico medio por atomo.

Rpta: 8,99 x 10−24A /m2

156

CAPITULO VII: ELECTROMAGNETISMO7.1 LEY DE PARADAY – HENRY Sabemos que cuando por un conductor fluye corriente se produce un campo magnético

(ley de Biot – Savart). M. Faraday y J. Henry, encontraron, en forma independiente que el efecto inverso también es posible.

Es decir: Un campo magnético puede producir una corriente en una espira con la condición que el flujo magnético sobre la espira debe ser variable.Si consideramos el dispositivo que se muestra en la fig. 1, experimentalmente se verifica

que:

G

Fig. 1 Movimiento relativo Bobina - Imán.

a) Para posiciones fijas de la bobina y el imán (polo N próximo a la bobina la aguja del galvanómetro no experimenta deflexión, es decir, no registra paso de corriente en la bobina.

b) Mientras la bobina se encuentra en movimiento relativo acercándose o alejándose respecto al imán, o viceversa, el galvanómetro deflecta y nos indica paso de corriente en uno u otro sentido, dependiendo de la bobina y el imán se alejen o se alejen o acerquen.

c) Si ahora usamos el polo S del imán, en lugar de N, el experimentó resulta igual pero las desviaciones de la aguja del galvanómetro son al contrario.El efecto descrito se conoce como INDUCCION ELECTROMAGNETICA y las corrientes y FEM inducidas se encuentran, después de medirlas, que dependen de la rapidez de

157

N

variación del flujo magnético,El sentido en que actúa la FEM inducida cambia según que el campo magnético aumente o disminuya, tal como se ilustra en las figuras 2 y 3, donde se ha orientado la curva L en el sentido de un tornillo de rosca derecha que avanza en la dirección del campo magnético. Note que la FEM inducida tiene signo opuesto al de dΦ /dten consecuencia podemos escribir:

V=−dΦ /dtLa ec. (7.1) expresa la ley de faraday-Henry, la cual literalmente la anunciamos así: “En un campo magnético variable se induce una FEM en cualquier circuito cerrado, la cual es igual a menos la derivada con respecto al tiempo del flujo magnético atreves del circuito”

B→

B→

L L

2 3

E E B aumenta B disminuyeFig. 2,3: Campo eléctrico producido por un campo magnético:

La presencia de una FEM implica la existencia de un campo eléctrico tal que:

V=∮L

E d L

Si ahora usamos la definición para el flujo magnético en (7,1), obtenemos la forma más general de la ley de inducción electromagnética:

∮L

E .→

dL→

= ddt∫L

B .uN ds ……………………………. (7.2)

La ec. (7.2) nos permite afirmar que: “un campo magnético dependiente del tiempo implica la existencia de un campo eléctrico tal que su circulación a lo largo de un camino arbitrario cerrado es igual a menos la derivada con respecto al tiempo del flujo magnético atreves de una superficie limitada por el camino”, lo cual podemos ilustrar gráficamente así:

Fig. 4: Relación entre E Y B según la ley de inducción de Faraday-Henry.

7.2 LEY DE LENZ

158

La ley de Lenz nos permite determinar el sentido de las FEMs inducidas. La ley de Lenz nos dice.

“Las corrientes inducidas fluyen de manera que sus propios efectos magnéticos se oponen al cambio del flujo que las creo inicialmente”

Para verificar la ley de Lenz, recordemos que el cambio magnético creado por una espira en puntos alejados es similar al campo magnético de un dipolo magnético (como el imán), comportándose cada cara de la espira como un polo, como se muestra en la Fig. 5.

I

N N S

Fig. 5. Polaridades de un imán y de su espira con corriente. Al acercar (o alejar) el imán y de una espira con corriente. Al acercar (o alejar) el imán a la espira se crea una FEM inducida y también una corriente inducida cuyo flujo magnético se opone y también una corriente inducida cuyo flujo magnético se opone a la variación del flujo creado por el imán al acercarse (o alejarse), sesto se muestra en la Fig. 6.

S N

SN S

El imán se el imán que mueve hacia aleja de la La espira disminuye BAumentando B

Fig. 6. Variación del flujo magnético a través de la espira de alambre. Moviendo el imán se induce una corriente en la espira.

7.3 FLUJO MAGNETICO VARIABLE Consideremos una espira plana que encierra un área cuya dirección se especifica por el vector uN. La espira esta situada en una región donde existe un campo magnetico B, que suponemos uniforme. Fig.7.

159

N S

N

I I

N

S

Ө

B

uN

Fig 7. Espira plana orientada haciendo un ángulo ө con una dirección del campo magnético B .De acuerdo con la definición de flujo magnético:

Φ=∫s

BuN ds=Bscos ө

Así, el flujo magnético dependiendo de b, s y ө. Existen, entonces, tres formas de variar el flujo a través de la espira:a) Cambiando el modulo del campo magnético.b) Cambiando el arrea de la espira.c) Variando el Angulo ө, lo que se logra rotando la espira o manipulando la fuente de campo

magnético.Esto se puede observar al hacer el desarrollo matemático para la FEM inducida, de acuerdo a la ley de Faraday-Henry.

V=dΦdt

=−d (BScos ө)

d t

V=−S cosөdBdt

−B cosөdSdt

+BS sinө ………………………………….. (7.3)

En las aplicaciones prácticas, solo uno de las, solo uno de los términos de la ec (7.3) es diferente de cero.

7.4 INDUCCION ELECTROMAGNETICA DEBIDO AL MOVIMIENTO RELATIVO DE UN CONDUCTORDE UN CONDUCTOR Y UN CAMPO MAGNETICOConsideremos un conductor en forma de U cuyos brazos están conectados por un conductor recto AB que puede deslizarse sobre los brazos de la u, como se muestra en la Fig 8. Todo el conjunto se encuentra en un campo magnético uniforme B

160

Fig. 8. FEM inducida en un conductor que se mueve en campo magnético.

Aplicando la fuerza externa F ext hacia la derecha se puede hacer que el conductor AB se deslice hacia la derecha con una velocidad v constante.

Una carga libre dentro del conductor AB experimenta una fuerza magnética f m, ya que se

mueve con velocidad V ; cuyo valor será.

f m=q v x Bf m=q v i xB j=q .V .B . K

Debido a que las cargas de conductor son móviles, esta fuerza establece una corriente I , que fluye alrededor de ABCD.

Desde el punto de vista del efecto producido en el circuito externo por la varilla móvil, es como si hubiera una diferencia de potencial entre A y B.El flujo a través de ABCD es:Φ=B .S=B . z . x

Luego: dΦdt

=Bzdxdt

Pero: dxdt

=v

Por lo tanto: V=−dΦdt

=−B . zv

El signo menos (-) nos inca que su sentido es opuesto al de la variación del flujo magnético a través de la espira.

Debe quedar claro que entre A y B no existe diferencia de potencial. Una diferencia de potencial se asocia con una fuerza conservativa, mientras que la fuerza magnética que produce la corriente en la región exterior de circuito, no es conservativa.Una fuerza no necesita se conservativa para actuar como una FEM.El estudiante puede verificar, luego de observar cuidadosamente las ecuaciones (7.1), (7.2) y (7.3) la siguiente forma de la ley de inducción de Faraday-Henry en el caso general.

V=∮ (v x B)dL−∫S

Bt. dS=∮ E d L ……………………………… (7.4)

7.5 AUTOINDUCCIONConsideremos un circuito por donde circula una corrienteI . De acuerdo con la ley de Amper, la corriente produce un campo magnético que es proporcional a I . Podemos calcular el flujo

161

a través del circuito debido a su propio campo magnético y y llamado flujo propio. Este flujo es proporcional a la corrienteI , por lo que podemos escribirΦI=L . I ……………………………………………. (7.5)

El coeficiente L depende da la forma geométrica del conductor del conductor y se denomina AUTOINDUCTANCIA del circuito y según (7.5) escribimos:

L=ΦI

I ………………………………………………… (7.6)

Sus unidades son: Weber/Amperios, unidad llamada Henry, abreviada con H.

Si la corriente I varía con el tiempo, el flujo magnético propio a través del circuito también varía y, de acuerdo con la ley de inducción de Faraday-Henry, se induce una FEM en el circuito. Este caso especial de inducción electromagnética se llama AUTOINDUCCION.En la figura se muestra la variación de I en el caso particular se una espira rígida.

I

B

Fig. 9. Flujo magnético propio en el circuito rígido.

La FEM inducida será:

V=−dΦdt

=−Ld I /dt ……………………………………………………. (7.7)

Donde hemos supuesto que el circuito es rígido. Si el circuito no es rígido, debemos escribir:

V=−d (LI )

dt ………………………………………………………………………. (7.8)

El signo menos indica que V se opone a la variación de la corriente, la cual se muestra en la figura 10.

V

V

162

a) b)Fig 10. A) I en aumenta (dI /dt , positivo). b) I disminuye (dI /dt , es negativo).

Para indica en un diagrama que un conductor tiene una inductancia apreciable se usa el siguiente símbolo. En adelante usamos indistintamente los términos inductancia o auto inductancia para referirnos a L:

Se debe notar que el auto inductancia no se localiza en un punto particular si no que es una propiedad del circuito como un todo.

7.6 ENERGIA DEL CAMPO MAGNETICO

Cuando se establece una corriente en un circuito semejante al que se muestra en la fig 11, solo parte de la energía suministrada por la batería se transforma en calor por efecto de Joule, el resto de la energía suministrada se almacena en la bobina.

V L

I

Fig. 11.

La ley de Kirchhoff aplicada al circuito da.

V−IR−LdIdt

=0

Multiplicamos ambos miembros por I

VI−I 2R−LIdIdt

=0

-176-

De donde: I V=I2 R+LI dIdt

………………………………..7.9

Que físicamente lo interpreta así:

i. El primer miembro interpreta la rapidez con la que la fuente entrega energía al circuito.

ii. El primer termino del segundó miembro es la velocidad a la que se transforma la energía, por efecto de Joule, en calor en la resistencia.

iii. El segundo término del segundo miembro es la velocidad a la que se almacena energía en la bobina.

Resumiendo. La ecuación (7.9) representa la conservación de la energía del circuito RL de la figura 11.

163

El segundo término del segundo miembro generalmente se representa así:

dUdt

=LIdIdt

o´

U=LI 2/2 ………………………………………(7.10)

La ecuación (7.10) es la energía magnética para aumentar una corriente desde o hasta el valor I. también se puede decir que la energía necesaria para establecer el campo asociado con esta corriente.

La energía magnética se puede calcular usando la siguiente expresión.

U= 12u∫B2dV……………………………………………(7.11)

Donde la integral se extiende a todo el volumen en que existe el campo y dV es un elemento de volumen. Como se supondrá, el símbolo `u´ nos representa la permeabilidad de medio.

La densidad de energía magnética, es decir, la energía por unidad de volumen, de acuerdo a la expresión (7.11), almacenada en el campo magnético es:

E=B2/2u……………………………………………(7.12)

Aun cuando las expresiones (7.11) y (7.12) la estamos usando en el caso de un circuito de simetría muy especial, un estudio mucho más detallado nos mostraría que estas son validez general. En un campo electromagnético, la energía total por unidad de volumen viene dada por.

ET=∈E2

2+ B

2

2u

Donde hemos considerado también la densidad de energía eléctrica.

7.7 ASOCIACION DE INDUCTANCIA

Las inductancias pueden cambiar en serie y en paralelo.

Inductancia en serie.- En este caso, por todas las inductancias circula la misma corriente I (t) y la diferencia de potencial entre los bornes A y B es la suma de las caídas de potencial en cada elemento, así:

A

L1L2 Ln B

∇V=L1dIdt

+L2dIdt

+………………………+LndIdt

164

∇V=(∑ Li)dIdt

Lequi=∑ Li ………………………………………. (7.15)

Inductancia en paralelo.- En este caso, la corriente total entre los bornes A y B es igual a la suma de las corrientes en cada caso, así:

I 1 I 2 I nLn

L1L2

I=I 1+ I 2+………………+ I n

dIdt

=d I 1

dt+dI 2

dt+……………………….+

dIndt

t /q :∆V=d I 1

dt=L2

d I 2

dt=………….=Ln

d I ndt

Por lo tanto: ∆VLequi

=∆VL1

+∆VL2

+………………+∆VLn

Luego: 1/Lequi=∑ 1/Li ………………………… (7.15)

A partir de las expresiones (7.14) y (7.15) nosotros podemos obtener la inductancia equivalente Lequi

En los circuitos donde estas han sido dispuestas en una conexión serie o paralelo respectivamente.

7.8 INDUCTANCIA MUTUA

Hemos visto antes como se inducen Fem en circuitos debido a las corrientes que fluyen en las mismas: proceso denominado AUTOINDUCION. De otro lado, es posible inducir fems. Por los cambios de flujo debido a otros circuitos, a este proceso se llama INDUCTANCIA MUTUA.Consideramos dos circuitos a y b como se muestra en la fig. Que llevan las corrientes I a y I b las que pueden variar en el tiempo y calculamos las fems inducidas en cada circuito debido a los cambios de flujo magnético en ellos.

I a I b

Rb

Ra

165

V

B

A

SaSb

El flujo total que atraviesa por el circuito a será la suma del flujo propio debido a I a mas el flujo generado por el circuito b debido a I b, esto es.

Φa=∫sa

Ba .uNads+∫sa

Bb. uNads=Φaa+Φab

Análogamente:

Φb=∫sb

Bb .uNbds+∫sb

Ba .uNbds=Φbb+Φba

Según la ley de inducción de Faraday:

V a=−dΦa/dt=−dΦaa /dt−dΦab /dt

V a=−(dΦaa /dI a )dI a/dt−(dΦab /dI b )dI b/dtY

V b=−(dΦbb /dI b )dI b/dt−(dΦba /dI a )dI a/dt

Como: dΦaa /dI a=La y dΦbb /dI b=Lb

Tenemos:

V a=−LadI a/dt−M abdI b/dt

V b=−LbdIb /dt−M badI a/dt

Puede demostrarse que los coeficientes M ab y M ba son iguales, tienen las unidades de inductancia y viene dados por:

M=M ab=M ba=dΦab /dIb=dΦba /dI a.

Se conoce como coeficientes de: INDUCTANCIA MUTUA.

PROBLEMAS RESUELTOS

7.1 Espira: B cambia sin movimiento. Considere la espira rectangular fija de área S mostrada en la figura.la inducción magnética B es perpendicular al plano de la espira y es uniforme sobre el plano de la espira. Sin embargo, B varía armónicamente con respecto al tiempo conforme a la expresión:

B=B0 cosWt

Donde: B0; amplitud máxima de B, en teslas B

W; frecuencia en radianes, en rad / s V

166

.

T; tiempo, en segundos.

S Encontrar la fem total inducida en la espira

Solución: este es un caso puro en el que se cambia B sin haber movimiento. En este caso la expresión general de inducción electromagnética toma la forma:

V=−∫S

(∂ B/∂ t¿) .uN ds ¿, donde, como solo el campo varia con el tiempo, podemos

remplazarlas

Derivadas parciales, tal como se escribió, luego:

V=SW B0 sinWt ……………………(A)

7.2 espira: movimiento y cambio de B. Consideremos la espira como conductor deslizante como se explico en la sección 7.4. Sin embargo en este caso se hace variar la magnitud de la inducción magnética B armónicamente con el tiempo, según.

B=B0 coswt . Encuentre la fem total en la espira.

Solución:

Debido al movimiento de conductor deslizante, se induce la fem:

V 1=VzB=Vz B0 coswt …………………………… (A)

y la fem inducida debido a la variación del modulo de B es,

V 2=−∫S

(∂ B /∂ t¿) .uN ds=wzB0sin wt ¿ ………….. (B)

Luego, la fem total inducida será:

V=V 1+V 2=Vz B0 coswt+wzx B0 sinwt ………………. (C)

Note que la fem total inducida varia en sentido de acuerdo a la varíen las funciones sen y cos con t.

La expresión (C), haciendo uso del triangulo que se muestra, puede ser escrita en la forma

V=B0 z (V2+(wx )2)

12 .sin (wt+K )

Donde: K=tan−1(V /wx¿)KV ¿

wx

7.3 espira giratoria: en un campo magnético constante como en la figura. La espira gira con velocidad angular constante w. este arreglo representa un generador simple de corriente alterna, apareciendo la fem inducida en los terminales conectados a los anillos. Si el ancho de la espira es R y su longitud L, encuentre la fem total inducida.

167

Solucion:

w

En este caso debemos recordar

que toda fem no es otra cosa

Que la circulación de E, así .ө

BV=∮ E d L

Como la fuerza sobreuna carga movil dentro

Un campo B es.

F=q v x BTeniendo presente que el campo eléctrico es de la forma:

E=F/qPodemos asociar, para el caso de una fem inducida, el campo eléctrico E=v x B, como el correspondiente a esta fem tal que: vV=∮ (V x B) . d L

En nuestro caso: V=2vBLsin θ v

Usando: v=wR y θ=wt R wt

Obtenemos: V=2wRLB sinwt v

Finalmente, como: s=2RL luego

V=wBS sinwt

7.4 espira giratoria con cambio en B. Consideramos la espira del ejemplo anterior con la modificación de que B varia con el tiempo con forme a la expresión B=B0 sinwt. Cuando t es cero B es cero y ө=0.

Encuentre la fem total inducida.

Solución: este caso contiene movimiento como una B que cambia con el tiempo.

La fem inducida debido al movimiento es:

V 1=2wRLB sinwt=2wRLB0(sinwt )2wt 0

V 1=wRL2wRLB0−wRLB0 cos2wt

Y la fem inducida debido a una B que cumpla cambia es,

V 2=∫(∂B0sin wt¿¿∂ t) i uN ds=−w B0 coswt coswt (2Rt )¿

V 2=−2wRLB0(coswt )2=−wRLB0−wRLB0 cos2wt

La fem total inducida será.

168

2R

V=V 1+V 2=−2wRLB0 cos2wt

7.5 acercando un imán a una batería de 2000 espiras se incrementa el flujo magnético que corta a la bobina de 0a1.5 x10−5wb en 1/10 de segundo. Si la resistencia de la bobina es de 20ohm, determine la corriente media que se induce en la misma.

Solución:

I=V /R nota: ver fig. 1. Movimiento relativo bobina imán

I=V /20

V=−dΦ /dt

V=−2000¿¿

V=−0.3Ov

Luego, I =0.3 /20 I=0.015

7.6 Un circuito está compuesto de dos laminas metálicas cilíndricas coaxiales de radios a y b; por cada una circula una corriente I pero en sentidos opuestos. Calcular la auto inductancia por unidades de longitud del circuito (ver fig.). El espacio entre ellas está ocupado por una sustancia de permeabilidad u.

Solución:

L=Φ / I

Para calcular el auto inductancia, calculamos el flujo a través d cualquier sección del conductor, como PQRS, de longitud l ´ ´

El campo B para puntos PS

a<r<b, de la ley r a

dr b

Circuital de ampere, es dS L

iI

B=uI /2πr a<r<b

Y el flujo a través de PQRS

Φ=∫ BuN dS=∫uI /2πr uө ldr uөө=(uI l /2 πr )∫a

b

dr /r

Φ=(ul /2π )ln (b /a )

Luego, la auto inductancia de una porción de longitud l es L=Φ / I

169

L=( ul2π ) ln (b/a)

Y la autoinductancia por unidad de longitud será: L '=Ll

L ´=(u /2 π ) ln (b /a )

7.7 obtener la inductancia del toroide de sección rectangular mostrado en la figura, donde u=1.25x 10−6mKgc−2 ,N=800 , a=2cm ,r1=4cm y r2=8cm.

L=(u N2a /2 π ) ln (r2/r1 )

Reemplazando datos:

L=(1.25x 10−6 (800 )2 2x 10−2 ) ln ( 4/2 )

L=1.765 x10−3H

7.8 Encontrar la energía magnética asociada al circuito formado por el cable coaxial del ejemplo 7.6.

Solución:

Haciendo uso de la relación 7.10, tenemos

U=LI 2/2

Nuestro resultado para la inductancia L en el ejemplo 7.6 nos da:

L=(ul /2 π ) ln (b/a )

Luego, la energía magnética viene dada por:

L=(ul I 2/4 π ) ln (b /a )

170

Solución:Si la corriente que fluye por el devanado es I ,el campo en el interior deltoroide es,

B=u∋¿/2 πr ¿

Y el flujo a través de la sección Transversal del toroide,

Φ=(uNI /2 πr ) uT adr uT

Φ=(uNI a /2πr )∫r 1

r 2

dr /r= (uNI a/2π ) ln ( r2/r1 )

El flujo a través de las N espiras es,

ΦN=(u N2 I a/2 π ) ln (r2/r1 )

Finalmente, la inductancia del toroide será: L=ΦN / I

Podemos llegar al mismo resultado, si hacemos uso de la relación (7.11)

U= 12u

∫V

B2dV

Si tomamos un elemento de volumen tal como una capa cilíndrica de radio r y espesor dr, encontramos que su volumen es dV=(2πr ) ldr , donde l es la longitud de la capa cilíndrica. Como el campo solo se extiende desde r=ahasta r=b , la expresión para la energía magnética es la forma:

U= 12u

∫a

b

(uI /2πr )2 (2πlrdr )

U=(ulI2/4 π )∫a

b

dr /r

U=(ulI2/4 π ) ln (b /a )

Obtenemos por lo tanto el mismo resultado usando cualquiera de las relaciones para la energía magnética.

Nuestro resultado lo hacemos obtenido para un circuito de simetría especial sin embargo, las relaciones usadas son de validez general.

7.9 En la figura se muestra un segmento de un solenoide muy largo de radio r=5cm. tiene enrollado alambre de modo que el numero de vueltas por metro es de 7 900 m−1 . el solenoide es parte de un circuito en el cual la corriente circula a una frecuencia de 60Hz (es decir, la corriente cambia su valor y dirección de manera periódica, realizando un ciclo en 1/60 segundos). En un instante determinado la corriente está cambiando a razón de dI /dt=250 A /s .

a) Calculare las fems V 1 yV 2 alrededor de la dos trayectorias que se muestran en la figura cuyos rayos son respectivamente, r1=10 cm y r2=20cm . las trayectorias circulares están en un plano perpendicular al eje del solenoide, y sus centros están sobre él.

b) Calcular el valor y la dirección del campo eléctrico inducido en un punto de cada circunferencia.

Solución:

a) Puesto que el solenoide es muy largo, el flujo magnetice dentro de él es el único que hay considerar.

Si a es el área de la sección transversal del solenoide y B es el campo magnético uniforme dentro de el, el flujo magnético que atraviesa los círculos en cualquier instante es.

Φ=Ba

Usando la ley de ampere, pude demostrarse que B dentro de un solenoide muy largo es,

B=u0∋¿

Donde, n es el número de espiras por unidad de longitud, de tal manera que el flujo esta dado por:

171

V = - dΦ / dt = - u0nadI /dt

Reemplazando los valores numéricos se tiene:

V=−4 x 10−7(7 900)(π .25 x10−4)(250)

V=−1,9 x10−2V

El signo menos indica que el sentido de la fem. Inducida es opuesto al de la variación de la corriente en el arrollamiento del solenoide. Es decir, las fem producirían una corriente en un circuito conductor alrededor del solenoide en un sentido tal que induciría un campo magnético instantáneo opuesto ala variación del campo del solenoide.

b) En este caso las circunferencias de la figura coinciden con las líneas de campo eléctrico. Por tanto, por

Aplicando el principio de la circulación del campo eléctrico.

∮ E d L=V

De donde:

E=V /2πr

172

Φ=u0∋a

la variación con el tiempo del flujo que atraviesa las trayectorias circulares es

d /dt=u0na dI /dt

De la ley de Faraday. La fem inducida en cualquier trayectoria cerrada alrededor del solenoide, tal como las circunferencias de radios r1y r2 es:

Simetría, el campo eléctrico tiene el mismo modulo en cualquier punto de una circunferencia, es tangente a ella y esta orientada en tal sentido que producirá una corriente alrededor de la circunferencia si esta fuera del circuito o conductor. Como se concluyo en la parte a), este sentido es opuesto al de la corrienteen el solenoide.

Utilizando los valores numéricos en cada caso:

E1=V /2π r1=−3.0 x10−2V /mY

E2=V /2π r2=−1.0 x 10−2V /m

Debe hacer notar que la fem inducida no es una diferencia de potencia, a pesar del hecho de que se expresa en voltios. Afirmamos también que el l campo eléctrico inducido no es conservativo, ya que su circulación es diferente de cero.

7.10 una bobina que contiene N vueltas esta arrollada en un solenoide de sección transversal de área S. Evalué la inductancia mutua del sistema.

Solución:

Podemos proceder de dos maneras distintas:

a) Calcular el flujo a través del solenoide cuando circula corriente por la bobina o´b) Calcular el flujo a través de la bobina cuando circula corriente por el solenoide.

El segundo caso es el más sencillo de resolver.

El flujo a través de la bobina es:

ΦBS=N BS S=N u0n I S s …………………(A)

De acuerdo, en consecuencia con nuestras relaciones, hemos designado con B al circuito a y S circuito b.

Derivando (A) respecto de I S, obtenemos:

M=u0nNS

Que es la inductancia mutua del sistema bobina- solenoide.

7.11 expresar la inductancia mutua de dos bobinas toroidales en función de sus auto inductancias. Considere que las bobinas están superpuestas.


7.1 La figura representa un alambre perpendicular a otro alambre largo y recto. El primer alambre se mueve en forma paralela al segundo con una velocidad de v=10m /s en la

173

Solución:

Sean las bobinas toroidales

1 y 2, luego

Φ11=u (N1 )2 I1S /L; Φ22=u (N 2 )2 I 2S /L

L1=u (N1 )2 I1/L ; L2=u (N2 )2 I2/L

Φ12=N 1u N2 I 2S /L y luego:

M 12=u N1 I 2S /L

Como: L1L2=u (N 1)2 (N2 )2S2/L2

Luego: M=(L1 L2 )12

dirección en que fluye la corriente de 10 Amp en este último. Cuál es la diferencia de potencial entre los extremos de alambre móvil y cuál es su signo.

7.2 Un conductor de longitud L y masa m puede deslizarse por una guía metálica vertical conectada a una resistencia R, como se muestra en la figura 7.2, la fricción y la resistencia del conductor y de la guía son despreciables. Hay un campo magnético perpendicular al la pagina, dirigido hacia afuera y es uniforme. Demuestre que la velocidad estacionaria final de caída bajo la acción gravitatoria es: mgR /B2L2

7.3 Un anillo circular de diámetro 20cm tiene una resistencia de 0.01 ohm. Cuanta carga pasa por el anillo si gira desde una posición perpendicular a un campo magnético uniforme de 2 T hasta la posición paralela a él. Rta :6.21C

7.4 Una varilla de metal se desliza sobre un circuito de metal en forma de U cuyo ancho es 0.25m, ver figura. Este tiene una resistencia despreciable, pero una resistencia de 1.0 ohm y una batería de6.0 v está dirigido hacia el plano del papel. La fuerza magnética impulsa la varilla deslizante hacia la derecha. Se requiere una fuerza de 0.25 N hacia la izquierda para mantenerla con velocidad constante hacia la derecha.

a) ¿Cuál es la corriente I del circuito?b) ¿Cuál es la caída del potencial en la resistencia de 1.0 ohm?

7.4 C) Cual es la fem generada por la varilla en movimiento? d) Cual es la velocidad de la varilla móvil? e) Cual es la potencia mecánica que produce este dispositivo?

7.5 Un anillo buen conductor de radio R está ubicada perpendicularmente al eje de un solenoide largo y concéntrico con él, como se muestra en la figura. E anillo tiene un corte estrecho de ancho Z en su circunferencia. El solenoide tiene una sección

174

trasversal de área a y un campo magnético uniforme de modulo B. ¿Cuál es la fem inducida en el anillo si B permanece constante?

7.6 determinar la energía por unidad de volumen almacenado en una inductancia formada por un solenoide toroidal de longitud L y sección S que al paso de una corriente crea en

su interior un campo magnético B. Rpta: B2

2u0

7.7 Un alambre largo y recto de sección circular esta hecho de un material no magnético. Su radio es a. el alambre transporta una corriente I distribuida uniformemente en su sección transversal. Calcule la energía almacenada por unidad de longitud en el campo magnetice en el interior de la varilla.

Rpta: u0 I

2

16π7.8 La bobina AA ´ (línea continua) y la bobina BB´ (línea punteada) esta arrollada en el

mismo sentido sobre el plástico largo. Si los extremos A´ y B´ se conectan una fuente de corrienteI , demuestre que la fem inducida es igual a (LA+LB−2M AB )dI /dt, donde L es la autoinducción y M la inductancia mutua.

Si los extremos A y B´ se unen y la fuente de corriente se conecta a A´ y B. demuestre que la fem inducida es igual a: (LA+LB−2M AB )dI /dt.

175

Libro de Fisica III

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