6р2V. 6р2V = V b 6с1 V a = 6с1 6 4E d 6 4r

1 3Cap tulo 6 Condensadores Problema 41 Un conductor cil ndrico de radio a y carga Q es coaxial con un cascaron cil ndrico de grosor despreciable, radio b > a y carga 6с1Q. Encuentre la capacitancia de este capacitor cil ndrico si su longitud es l. Soluci n: Tenemos que la capacitancia se dene como C = Q 6р2V. Sabemos que la carga de este capacitor es Q por lo que basta encontrar la diferencia de potencial para obtener lo que buscamos. Por denici n, la diferencia de potencial es р b 6р2V = V b 6с1 V a = 6с1 6 4E d 6 4r a Por lo que debemos hacer dos cosas para obtener este resultado: primero, calcular el campo el ctrico en esta regi n y segundo, elegir una trayectoria 6 4r. Calculo de 6 4 E: Consideraremos que el largo l es sucientemente grande como para despreciar las condiciones de borde( l 6ы2 a y l 6ы2 b). Ahora, tenemos que el campo el ctrico en la regi n entre el cilindro conductor y la cascara cil ndrica es la suma de los campos producidos por cada uno(principio de superposici n). De esto, veremos que el campo el ctrico producido por el cilindro conductor se puede calcular utilizando la ley de gauss ya que al ser el cilindro sucientemente grande el campo estar en direcci n radial 0 3r. Considerare entonces, como supercie de gauss, un cilindro de la largo l y radio r, donde a < r < b. Esto se puede ver en la siguiente gura: 97

1 398 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES En ayudant as anteriores ya vimos que bajo esta simetr a el ujo por las tapas del cilindro es nulo. Por lo tanto: р р у = 6 4E 0 3ndS = 6 4E 0 3ndS = E2 пrl S manto La carga interior q int es Q. Aplicando la ley de gauss vemos que E2 пrl = Q 0 7 0 y por lo tanto 6 4E = Q 2 п 0 7 0 rl 0 3r Para la cascara cil ndrica cargada tambi n se tiene la misma simetr a, pero como la carga esta depositada totalmente en su supercie, la cara interior ser nula y por lo tanto se tendr que el campo el ctrico aportado por ella para r < b tambi n ser nulo. Ya calculado el campo el ctrico debemos elegir una trayectoria. Eligire la mas obvia, que es ir en direcci n radial desde a hasta b. Con esto, vemos que 6 4E d 6 4r = E 0 3r d 6 4r = Edr = Q 2 п 0 7 0 rl dr De esta manera integrando esta expresi n desde r = a hasta r = b: р b V b 6с1 V a = 6с1 a Q 2 п 0 7 0 rl dr = 6с1 Q 2 п 0 7 0 l V b 6с1 V a = 6с1 Q 2 п 0 7 0 l ln(b a ) Ahora, consideramos 6р2V como la magnitud de la diferencia de potencial y de esta forma de la expresi n para la capacidad vemos que: р b a 1 r dr C = Q 6р2V = Q Qln( b a ) 2 п 0 7 0 l = 2 пl 0 7 0 ln(b/a)

1 399 Problema 44 Considere un sistema formado por dos supercies cil ndricas conductoras de ejes de simetr a paralelos, ambos de radio R, largo innito y separados por una distancia de 2d entre sus ejes, con d >> R. Si son cargados a una diferencia de potencial V 0, con cargas Q y 6с1Q, encuentre la capacidad por unidad de longitud aproximada para el sistema de cilindros. Soluci n: Podemos encontrar el potencial usando el campo el ctrico superposici n de los campos de ambos cilindros. Dado que est n muy lejos, es decir, d >> R, podemos considerar que el campo de un cilindro no redistribuye la carga en la supercie del otro (por ello, podemos considerar el campo el ctrico como la superposici n de los campos generados por cada uno como si el otro no estuviese). Adem s, la diferencia de potencial entre ambos cilindros es igual a la diferencia de potencial entre los puntos m s cercanos de ambos cilindros, los cuales est n a lo largo de la l nea que une sus ejes (o la diferencia de potencial entre dos puntos cualesquiera de ambos cilindros, pues al estar en equilibrio ambos conductores, sus supercies son equipotenciales). Encontremos el campo el ctrico que genera un cil ndro de largo innito. Este lo calculamos en el problema 1 de la ayudant a 3, el cual es { 6 4E(r) = р 0 7 0 ( R r 6 40 ) r < R 0 3 я R э r donde 0 3 я es el vector unitario que va desde el eje de simetr a del cilindro, normal a ste, al punto en cuesti n. Pongamos el origen en el punto medio del segmento que une ambos ejes, y el cilindro de carga positiva en x < 0. De esta forma, la diferencia de potencial entre los puntos mencionados es р V 0 = ВV = 6с1 6 4E( 6 4r) d 6 4r ё р 6с1d+R ( ) рr 0 3x рr 6с1 0 3x = 6с1 6с1 dx 0 3x d 6с1R 0 7 0 (d + x) 0 7 0 (d 6с1 x) = 6с1 рr р 6с1d+R ( 1 0 7 0 d 6с1R d + x + 1 ) dx d 6с1 x = 6с1 рr ( ) O x + d O O O 6с1d+R ln 0 7 0 d 6с1 x d 6с1R = 2 рr ( ) 2d 6с1 R ln 0 7 0 R pero р = Q (2 пr)l, por lo que ВV = Q 0 7 0 пl ln ( ) 2d 6с1 R R = 6м0 ВV = Q 0 7 0 пl ln Pero, tenemos que la capacitancia por unidad de longitud es C = 0 7 0 п = 6м0 C = ln ( ) 6у5 2d 6с1R = 0 7 0 п R ln ( ) 2d R ( ) 2d 6с1 R R Q ВV L,

1 3100 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES pues d >> R. Podemos ver que la capacitancia depende de la geometr a del sistema y del medio en el que est.

1 3101 Problema 45 Calcule la fuerza entre las placas de un condensador de placas paralelas de rea A y separaci n d. Para esto, aleje un poquito (innitesimalmente) las placas del condensador y diga qu pasa con la fuerza en los siguientes casos: a) El conductor est aislado con carga Q b) El condensador est conectado a una bater a de diferencia de potencial V 0. Soluci n: a) Tenemos que la capacitancia y la energ a acumulada del condensador son C(x) = 0 7 0 A x U = 1 Q 2 2 C = 6м0 U(x) = 1 2 Q 2 A 0 7 0 x Por tanto, la fuerza es Q 2 6 4F = 6с1 6р3U 6 4 = 6с1 du dx 0 3x = 6с11 0 3x 2 A 0 7 0 y las placas se atraen (note que la fuerza no depende de x). b) Tenemos que la capacitancia y la energ a acumulada del condensador son C(x) = 0 7 0 A x 1 2 C(x)(V 0) 2 = 6м0 U(x) = 1 A 2 x 0 7 0(V 0 ) 2 En este caso, 6 4F = + 6р3U 6 4 = + du dx 0 3x = 6с1A 0 7 0(V 0 ) 2 1 2 x 2 0 3x y las placas se atraen (note que la fuerza depende de x). Si hacemos x = d, 6 4F = 6с1 A 0 7 0(V 0 ) 2 1 2 d 2 0 3x = 6с1CV V 0 0 2d 0 3x = 6с11 0 3x 2 A 0 7 0 Q 2

1 3102 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES por lo que la fuerza es la misma (como debe ser). Se deja al lector encontrar estas dos expresiones considerando que la fuerza por unidad de rea sobre la supercie de un conductor es 6 4F/A = 6с1 р2 2 0 7 0 0 3n

1 3103 Problema 46 Considere una supercie conductora esf rica de radio a conc ntrica a otra de radio b, con a < b (ambas supercies forman un condensador). En el espacio entre ambos conductores se introduce un armaz n met lico esf rico de radio interior c y exterior d, conc ntrico a ambas supercies y neutro. Si inicialmente la supercie interior tiene carga +Q y la exterior 6с1Q, discuta qu ocurre con la capacitancia del sistema luego que se pone el armaz n y encuentre la capacitancia inicial y nal del sistema. Soluci n: Podemos encontrar el campo el ctrico entre las dos supercies, antes que se ponga el armaz n, usando la ley de Gauss. Tenemos que el campo tiene simetr a esf rica y va en el sentido de 0 3r, es decir, 6 4 E( 6 4r) = E(r) 0 3r. Tomando como supercie de integraci n una supercie esf rica conc ntrica a las supercies, de radio a < r < b, tenemos с ё 6 4E( 6 4r) 0 3ndS = 4 пr 2 E(r) = Q 0 7 0 = 6м0 6 4 E( 6 4r) = Q 4 п 0 7 0 0 3r r 2 As, la diferencia de potencial entre las supercies es р a ВV 1 = 6с1 6 4E( 6 4r) d 6 4r = 6с1 Q р a dr b 4 п 0 7 0 b r 2 = Q 1 4 п 0 7 0 r O donde el camino tomado fue radial. Por tanto, la capacitancia inicial es C i = Q ВV 1 = 4 п 0 7 0 ( 1 a 6с1 1 b) a b = Q ( 1 4 п 0 7 0 a 6с1 1 ) b Al introducir el armaz n, el potencial entre las supercies disminuye, por lo cual esperamos que la capacitancia aumente. En la supercie interior del armaz n se distribuye uniformemente una carga 6с1Q. Esto se desprende de la ley de Gauss. En efecto, usando como supercie de integraci n una sup. esf rica c ncentrica a las otras y dentro del armaz n, como el armaz n es conductor y est en equilibrio, el campo dentro de l debe ser nulo, por tanto с ё 6 4E( 6 4r) 0 3ndS = 0 = Q + Q c 0 7 0 = 6м0 Q c = 6с1Q y como el armaz n es neutro, a su vez se distribuye uniformemente en la supercie exterior del armaz n una carga Q. En el interior de la primera supercie, es decir, para a э r, el campo es nulo (pues no hay carga dentro de l, por ley de Gauss) al igual que para r > b. Para encontrar el campo en d < r < b y a < r < c usamos el mismo procedimiento que en el caso anterior, por tanto, obtenemos que el campo el ctrico es { 6 4 0 b < r,a > r 6 4E( 6 4r) = c < r < b,a < r < c Q 4 п 0 7 0 0 3r r 2

1 3104 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES Luego, el potencial entre las supercies externa e interna es ВV 2 = = 6с1 = = = = р a b р c a р c a Q 4 п 0 7 0 Q 4 п 0 7 0 Por tanto, la capacitancia nal es 6 4E( 6 4r) d 6 4r = 6 4E( 6 4r) d 6 4r + 6 4E( 6 4r) d 6 4r + ( р c a dr r 2 + р b a р d c р b d р b d 6 4E( 6 4r) d 6 4r 6 4E( 6 4r) d 6 4r + 6 4E( 6 4r) d 6 4r ) dr r 2 ( 1 a + 1 d 6с1 1 c 6с1 1 b C f = Q ВV 2 = ) 4 п 0 7 0 ( 1 a + 1 d 6с1 1 c 6с1 1 b) Podemos ver que C i < C f de lo siguiente. Tenemos que c < d = 6м0 1 d 6с1 1 c < 0 = 6м0 1 a 6с1 1 b + 1 d 6с1 1 c < 1 a 6с1 1 b = 6м0 4 п 0 7 0 1 a 6с1 1 b р b d 6 4E( 6 4r) d 6 4r 4 п 0 7 0 = C i < C f = 1 a 6с1 1 b + 1 d 6с1 1 c C f podr amos haberlo calculado r pidamente notando que al introducir el armaz n tenemos dos condensadores en serie. Por tanto, como conocemos la capacitancia entre dos supercies esf ricas conc ntricas, podemos encontrar la capacitancia equivalente del sistema. En efecto, sea C 2 la capacitancia de las dos supercies exteriores y C 1 la de las interiores. De esta forma tenemos C 2 = 4 п 0 7 0 1 d 6с1 1 b, C 1 = 4 п 0 7 0 1 a 6с1 1 c Por tanto, la capacitancia equivalente est dada por 1 = 1 + 1 = 1 ( 1 C f C 1 C 2 4 п 0 7 0 a 6с1 1 b + 1 d 6с1 1 ) c que es el mismo resultado obtenido anteriormente. 4 п 0 7 0 = 6м0 C f = 1 a 6с1 1 b + 1 d 6с1 1 c

1 3105 Problema 47 Un capacitor tiene placas cuadradas, cada una de lado a, formando un ngulo х como muestra la gura. Demuestre que, para х peque 0 9o, la capacitancia esta dada por C = 0 7 0a 2 a х (1 6с1 d 2d ) Soluci n: Lo que haremos es dividir las placas cuadradas en l minas peque 0 9as de ancho dx y largo a tal como muestra la gura: Podemos considerar estas placas como paralelas. Para un condensador de placas paralelas se tiene que la capacitancia es C = 0 7 0A H. Donde H es la distancia entre las placas. Luego, para las peque 0 9as placas indicadas tendremos que el rea es A = adx y la distancia H variara al variar x: H = H(x). Consideremos la siguiente conguraci n: Como vemos se cumple la relaci n h(x) x = asin( х) a

1 3106 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES Por lo tanto h(x) = x sin( х), pero como х es peque 0 9o, podemos considerar sin( х) = х con lo cual queda h(x) = x х. De la gura anterior vemos que H(x) = d + h(x) y reemplazando con la relaci n anterior resulta h(x) = d + хx Con esto, tendremos que la capacidad de este peque 0 9o condensador es Integrando desde x = 0 a x = a: C = р a 0 dc = 0 7 0adx d + хx 0 7 0 adx d + хx = 0 7 0a х + хa ln(d ) d Como podemos ver, al ser х peque 0 9o, se cumple que d+ хa d ж 1. Podemos ahora aproximar por taylor(segundo orden) la expresi n ln( d+ хa d ). El desarrollo de taylor para ln(x) alrededor de 1 es : Evaluando en x = d+ хa d : ln(x) = (x 6с1 1) 6с1 1 (x 6с1 1)2 2 ln( d + хa ) = a х d d 6с1 1 (a х) 2 2 d 2 Reemplazando este valor en la expresi n encontrada para la capacitancia C resulta: C = 0 7 0a х (a х d 6с1 1 2 (a х) 2 d 2 ) = 0 7 0a х (a х d (1 6с1 a х 2d )) Que es lo que quer amos demostrar. C = 0 7 0a 2 a х (1 6с1 d 2d )

1 3107 Problema 48 Una esfera de radio a se carga a potencial V 0 y se a sla. Posteriormente se conecta a tierra a trav s de un condensador cuya capacidad es C, como muestra la gura.(por denici n la tierra esta a potencial cero independiente de la carga que adquiera) a) Calcule el potencial nal de la esfera y la carga nal en la esfera y en el condensador. b) 0 6Cu nta energ a se disipo al hacer la conexi n a tierra? Soluci n: a)el potencial de una esfera de radio a en su supercie es V = kq a donde Q es la carga almacenada en la esfera. Para nuestro problema se tiene que inicialmente la esfera esta a un potencial V 0. Por lo dicho anteriormente se tendr que V 0 = kq 0 a (1) Donde Q 0 es la carga que tiene la esfera inicialmente. Despu s de conectar la esfera al condensador, la esfera queda con una carga Q f y su potencial ser entonces V f = kq f a Y el condensador queda con carga Q c y potencial V f, ya que esta conectadao con la esfera a travez de un conductor. Por denici n C = Qc V (2) por lo tanto V f = Q c C (3) Adem s, por conservaci n de carga Q 0 = Q f + Q c (4) De (2) y (3): Q c = kcq f a En (4): Q 0 = Q f + kcq f a = 6м0 Q f = aq 0 a+kc Reemplazando esta expresi n en (2): V f = kq 0 a+kc De lo anterior podemos saber V C y Q c : V C = V f = kq 0 a + kc Q C = kc Q 0 a + kc

1 3108 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES b) Inicialmente la energ a se debe a la presencia del campo el ctrico en la esfera. Se tiene que U = 1 р 2 0 7 0 E 2 dv V Es claro que el campo el ctrico producido por la esfera cargada con Q 0 a una distancia r > a es E = kq 0 r 2 Escribimos el elemento de volumen como: dv = 4 пr 2 dr De esta manera tenemos que la energ a asociada ser Integrando resulta que du i = 1 2 0 7 0E 2 dv = 1 2 0 7 kq 0 2 пk 2 Q 0 0 r 2 4 пr2 dr = 0 7 0 r 2 U i = р ч a 2 пk 2 2 Q 0 0 7 0 r 2 dr = 2 пk2 Q 2 0 0 7 0 a 2 = kq 0 2 2a La energ a nal se debe al campo el ctrico de la esfera y al condensador. La energia asociada al nuevo campo el ctrico se calcula de igual forma y ser kq f 2 2a. Por otro lado, la carga asociada a un condensador es U C = Q2 C 2C. De esta manera la energ a nal ser : U f = kq f 2 2a + Q 2 C 2C Reemplazando los valores de esta carga en funcion de Q 0 : De esta manera, la energ a disipada ser U f = kq 0 2 2(a + kc) 6р2U = U f 6с1 U i = kq 0 2 2 ( 1 a + kc 6с1 1 a ) dr

1 3109 Problema 49 Considere el circuito que se muestra en la gura. Primero se carga el capacitor C 1, cerrando el interruptor S 1. Luego se carga el condensador C 2 cerrando S 2. Calcule la carga nal de cada condensador (despu s de cerrar S 2 ) y el cambio de energ a en las siguientes situaciones: a) El interruptor S 1 permaneci cerrado. b) El interruptor S 1 se abri antes de cerrar S 2. Soluci n a) Al cerrar S 1 se tendr que la diferencia de potencial a la cual esta sometido el condensador C 1 ser 6р2V. Asi la carga que adquiere ese simplemente Q 1 = C 1 6р2V Por otra parte el condensador C 2 no se carga, por lo tanto Q 2 = 0 De esta manera, la energ a inicial del sistema ser Escrita en funci n de Q 1 : E i = 1 2 C 1 6р2V 2 E i = 1 Q 2 1 2 C 1 Ahora, cerramos el interruptor S 2 manteniendo S 1 cerrado. La diferencia de potencial para ambos condensadores ser la misma: 6р2V. Y as, simplemente las cargas ser n: Q Д 1 = 6р2V C 1 Q Д 2 = 6р2V C 2 La energ a del sistema ser la aportada por C 1 y C 2 : E f = 1 2 C 1 6р2V 2 + 1 2 C 2 6р2V 2 As, el cambio de energ a ser : E f 6с1 E i = 1 2 C 2 6р2V 2 b) Si abrimos S 1 antes de cerrar S 2 tendremos que la diferencia de potencial 6р2V ya no inuye. Como C 2 esta descargado se tendr que la carga Q 1 se redistribuir de tal manera que el sistema queda en equilibrio. Llamaremos Q Д 1 y Q Д 2 las carga que adquieren los condensadores C 1 y C 2, respectivamente. En este caso tenemos una combinaci n en paralelo de condensadores y sabemos que en esta situaci n la diferencia de potencial en ambos condensadores es la misma, por lo tanto se tendr la siguiente ecuaci n: V 1 = V 2

1 3110 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES Q Д 1 C 1 = Q Д 2 C 2 La otra ecuaci n que necesitamos se obtiene por el principio de conservaci n de carga, el condensador C 1 que esta inicialmente cargado con Q 1 por lo tanto la suma de las nuevas cargas tendr n que ser igual a esta: Q Д 1 + Q Д 2 = Q 1 De esta manera combinando ambas ecuaciones tenemos que Q Д 1 = Q Д 2 = C 1 C 1 + C 2 Q 1 C 2 C 1 + C 2 Q 1 De esta manera podemos escribir la energ a del sistema que ser la aportada por cada condensador: E f = 1 2 El cambio de energ a ser entonces: Q Д2 1 + 1 Q Д2 2 C 1 2 C 2 = 1 2 ( C 1 C 1 + C 2 ) 2Q2 1 C 1 + 1 2 ( C 2 C 1 + C 2 ) 2Q2 1 C 1 C 2 = Q 2 1( 1 2 (C 1 + C 2 ) 2 + 1 2 (C 1 + C 2 ) 2) C 2 E f 6с1 E i = Q2 1 2 ( C 1 (C 1 + C 2 ) 2 + C 2 (C 1 + C 2 ) 2) 6с1 1 Q 2 1 2 C 1 = Q2 1 2 ( C 1 (C 1 + C 2 ) 2 + C 2 (C 1 + C 2 ) 2 6с1 1 C 1 )

1 3111 Problema 50 Se tienen tres condensadores de capacidades C 1 = C 0,C 2 = 2C 0 y C 3 = 4C 0, y se conectan a una bater a que entrega una diferencia de potencial V 0, como muestra la gura. a) Calcule la carga que adquiere cada condensador mientras el interruptor S esta abierto. b) Calcule la carga que adquiere cada condensador cuando el interruptor S esta cerrado. c) Ahora se desconecta la bater a delos bornes 1 y 2 de la gura con el interruptor S cerrado. 0 6Cu nto var an las cargas en cada condensador? d)en el circuito sin la bater a, se toma un condensador C 1 y sin que pierda su carga se invierte, de tal forma que la placa positiva queda en el lugar donde estaba la negativa, y viceversa. Calcule la carga en los condensadores luego del nuevo equilibrio el ctrico Soluci n: a) Si el interruptor S esta abierto, solo se cargara el condensador C 3. Luego, como la diferencia de potencial es V 0 y sabemos su capacidad, la carga almacenada ser : Q 3 = V 0 C 3 Como C 3 = 4C 0, obtenemos Q 3 = 4C 0 V 0 b) Al cerrar el interruptor S se cargaran todos los condensadores como muestra la gura El condensador C 3 se mantendr con igual carga ya que la diferencia de potencial es la misma: Q 3 = 4C 0 V 0. Para calcular las cargas Q 1 y Q 2 utilizaremos el comportamiento de condensadores en serie lo cual nos entregara dos ecuaciones para estas dos variables. La diferencia de potencial que

1 3112 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES existe entre 1 y 2 es V 0. Luego como C 1 y C 2 est n en serie, la suma de los voltajes de cada condensador ser V 0 : V 1 + V 2 = V 0 Pero, por denici n tenemos que V 1 = Q 1 C 1 y V 2 = Q 2 C 2. De esta manera Q 1 C 1 + Q 2 C 2 = V 0 Adem s, el conductor que toma la placa derecha de C 1 y la placa izquierda de C 2 esta neutro, al cargarse se tendr que este conductor se polariza con cargas 6с1Q 1 y Q 2, pero por conservaci n de la carga estas deben sumar cero para que el conductor siga neutro: Con estas 2 ecuaciones tendremos que Q 2 6с1 Q 1 = 0 Q 1 = Q 2 = C 1C 2 C 1 + C 2 V 0 Pero, nos dicen que C 1 = C 0 y C 2 = 2C 0. Asi, las cargas son Q 1 = Q 2 = 2 3 C 0V 0 c) Al sacar la bater a las cargas seguir n siendo las mismas que calculamos anteriormente ya que se cumple la conservaci n de la carga y en el circuito cerrado la suma de diferencias de potencial es nula. d) La situaci n se puede apreciar en la siguiente gura: La carga se conservara, de esta manera tenemos que se cumple la relaci n Q Д 1 + Q Д 2 = Q 1 + Q 2 (1) Q 3 6с1 Q 1 = Q Д 3 6с1 Q Д 1 (2) La suma de todos los potenciales del circuito(es cerrado) es nula: V Д 1 + V Д 2 + V Д 3 = 0 Q Д 1 C 1 + Q Д 3 C 3 + Q Д 2 C 2 = 0 (3)

1 3113 Como vemos tenemos 3 ecuaciones y 3 variables por lo tanto podemos encontrar los valores de las cargas de cada condensador. De la ecuaci n (1) se tiene Q Д 2 = Q 1 + Q 2 6с1 Q Д 1 De la ecuaci n (2) se tiene Q Д 3 = Q 3 6с1 Q 1 + Q Д 1 Utilizando estos valores en (3) Q Д 1 C 1 + Q 3 6с1 Q 1 + Q Д 1 C 3 6с1 Q 1 + Q 2 6с1 Q Д 1 C 2 = 0 Q Д 1( 1 C 2 + 1 C 2 + 1 C 3 ) + Q 3 6с1 Q 1 C 3 6с1 Q 1 + Q 2 C 2 = 0 En las preguntas anteriores ya obtuvimos los valores iniciales de las cargas: Q 1 = Q 2 = 2 3 C 0V 0 Q 3 = C 3 V 0 = 4C 0 V 0 Utilizando estos valores, tenemos Q Д 1 7 6с1 5 4C 0 6 V 0 6с1 2 3 V 0 = 0 Con esto obtenemos las dem s cargas: Q Д 1 = 2 21 C 0V 0 Q Д 2 = 10 7 C 0V 0 Q Д 3 = 24 7 C 0V 0

1 3114 CAP 0 1TULO 6. CONDENSADORES

1 3Cap tulo 7 Dielectricos Problema 51 Se tiene un condensador de placas paralelas de area A y separacion d, y se carga de modo tal que su placa superior adquiere carga Q, y la inferior 6с1Q. Manteniendo el condensador aislado, se introducen bloques de material diel ctrico, de permitividades 0 7 1 = 2 0 7 0 y 0 7 2 = 4 0 7 0 hasta la mitad del condensador, como muestra la gura. a) Determine la nueva capacidad del condensador, con los bloques diel ctricos en su interior. b) Calcule como se distribuye la carga en las placas conductoras por el hecho de introducir los diel ctricos. Solucion: a) El sistema mostrado se puede ver como un sistema de 3 condensadores como muestra la gura: 115

1 3116 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Podemos calcular las capacidades de cada condensador de forma directa: C 1 = A/2 2/3d 0 7 1 = 3A 2d 0 7 0 C 2 = A/2 1/3d 0 7 2 = 6A 2d 0 7 0 C 3 = A/2 d 0 7 0 = A 2d 0 7 0 Luego, para calcular la capacidad del sistema basta utilizar las reglas para combinaciones de condensadores. Los condensadores C 1 y C 2 estan en serie, de esta manera la capacidad equivalente para estos 2 condesadores cumplira: 1 C Д eq = 1 C 1 + 1 C 1 = 1 3A 2d 0 7 0 + 1 6A d 0 7 0 = 5 d 6 A 0 7 0 De lo que se obtiene que C eq Д = 6 A 5 d 0 7 0. Ahora, C eq Д esta en paralelo con C 3 y por lo tanto la capacidad equivalente sera la suma de ambas capacidades: C eq = C eq Д + C 3 = 6 A 5 d 0 7 0 + A 2d 0 7 0 = 17 10 b) La presencia del dielectrico har que la carga Q y 6с1Q depositada en las placas se reditribuyan de una determinada manera a denir. Denimos q 3 la carga que adquiere el condensador C 3 y q la carga en los condesadores C 1 y C 2 (es la misma en ambos condesadores por estar en serie) como muestra la gura: A d 0 7 0 Como la carga se conserva se tendr la ecuacion: q 1 + q 2 = Q (1) Por otro lado, el circuito es cerrado y por lo tanto: 6р2V 3 6с1 6р2V 1 6с1 6р2V 2 = 0 q 3 C 1 6с1 q C 2 6с1 q C 3 = 0 (2) De (1): q 3 = Q 6с1 q Reemplazando este valor en la ecuacion (2): 1 C 3 (Q 6с1 q) 6с1 q( 1 C 1 + 1 C 2 ) = 0

1 3117 6с1q( 1 C 3 + 1 C 1 + 1 C 2 ) + Q C 3 = 0 Reemplazando los valores de las capacitacias encontradas en la parte a), resulta que: q = 12 17 Q q 3 = 5 17 Q

1 3118 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 52 Un cascar n esf rico macizo diel ctrico, de radios interno a y externo b, es sometido bajo un campo externo que produce en l un vector polarizaci n 6 4P( 6 4r) = k r 0 3r donde k es una constante arbitraria y r la distancia al centro del cascar n. Note que no hay carga libre en este problema. Encuentre el campo el ctrico de polarizaci n en todo el espacio. Soluci n: Dado la simetr a esf rica del diel ctrico y el vector polarizaci n, es claro que el vector campo el ctrico de polarizaci n es de la forma E( 6 4r) 6 4 = E(r) 0 3r. Separemos el problema en tres regiones. a) r < a Es claro que en esta regi n, por ley de Gauss, el vector campo el ctrico es 6 4E( 6 4r) = 6 40 b) a < r < b Sabemos que 6 4D( 6 4r) = 0 7 0 6 4 E( 6 4r) + 6 4 P( 6 4r) Como no hay carga libre, tenemos que с 6 4D( 6 4r) 0 3ndS = 4 пr 2 D(r) = Q libre = 0 = 6м0 6 4 D( 6 4r) = 6 40 en todo el espacio, por tanto 6 4E( 6 4r) = 6с1 1 0 7 0 6 4 P( 6 4r) En esta regi n, el vector polarizaci n es 6 4P( 6 4r) = k r 0 3r por lo cual 6 4E(r) = 6с1 k 0 7 0 r 0 3r Esto pudo calcularse tambi n de otra forma (aunque m s larga). Tenemos por ley de Gauss с 6 4E( 6 4r) 0 3ndS = Q encerrada 0 7 0 donde la carga encerrada en este caso est dada por la densidad de carga supercial р p y volum trica я p de polarizaci n, y hemos tomado una supercie de integraci n esf rica

1 3119 de radio a < r < b. Encontremoslos. Sabemos que р p = 6 4 P( 6 4r) 0 3n y я p = 6с1 6 4 6р3 6 4P( 6 4r), por lo que р p (a) = = 6 4 P( 6 4a) 0 3n k a 0 3r 6с1 0 3r = 6с1 k a р p (b) = 6 4 P( 6 4 b) 0 3n = k 0 3r 0 3r b = k b я p (r) = 6с1 6 4 6р3 6 4P( 6 4r) = 6с1 1 r 2 6я8(r 2 P r ) 6я8r = 6с1 1 r 2 6я8(r 2 P r ) 6я8r = 6с1 1 r 2 6я8rk 6я8r = 6с1 k r 2 6с1 1 6я8(sen( у)p у ) 1 6я8(P х ) 6с1 rsen( у) 6я8 у rsen( у) 6я8 х De esta forma, tenemos que р Q encerrada = р p (a)4 пa 2 + = 6с14 пka + 4 п = 6с14 пka 6с1 4 пk р r a р r a я p (r)d 3 x я p r 2 dr dr = 6с14 пka 6с1 4 пk(r 6с1 a) = 6с14 пkr Por tanto, с 6 4E( 6 4r) 0 3ndS = 4 пr 2 E(r) = Q encerrada 0 7 0 = 6с14 пkr 0 7 0 = 6м0 6 4 E(r) = 6с1 k 0 7 0 r 0 3r

1 3120 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS c) r > b En esta regi n el vector polarizaci n es nulo, es decir, 6 4 P( 6 4r) = 6 40, por lo que 6 4E( 6 4r) = 6с1 1 0 7 0 6 4 P( 6 4r) = 6 40 Tambi n usando la ley de Gauss, tenemos que y en este caso la carga encerrada es с 6 4E( 6 4r) 0 3ndS = Q encerrada 0 7 0 р Q encerrada = р p (b)4 пb 2 + р p (a)4 пa 2 + = 4 пkb 6с1 4 пka + 4 п = 4 пk(b 6с1 a) 6с1 4 пk р b a р b a я p r 2 dr dr = 4 пk(b 6с1 a) 6с1 4 пk(b 6с1 a) = 0 я p (r)d 3 x por lo que nalmente с 6 4E( 6 4r) 0 3ndS = 4 пr 2 E(r) = 0 = 6м0 6 4 E( 6 4r) = 6 40 Por tanto, resumiendo el campo el ctrico de polarizaci n es 6Ь1 6Ь2 6 4E(r) = 6Ь3 6 40 r < a 0 7 0 r 0 3r a < r < b 6 40 r > b 6с1 k

1 3121 Problema 53 Un condensador de placas paralelas con placas de area A y separacion de placas d tiene la region entre estas llena con dos materiales dielectricos,como se ve en la gura. Suponga que d 6ы2 L y d 6ы2 W a) Determine la capacitancia b) Demuestre que cuando й 1 = й 2 = й, su resultado se vuelve el mismo que el correspondiente a un capacitor que contiene un solo dielectrico: C = й 0 7 0A d. Solucion: Podemos considerar este condensador de manera equivalente a un varios condensadores en paralelo en el que la proporcion de dielectrico va variando. Primero que todo calcularemos la capacidad de un condensador de placas paralelos con 2 dielectricos en su interior como muestra la gura:

1 3122 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 54 Encuentre la capacidad del condensador de la gura: Solucion:

1 3123 Problema 55 Calcule la capacidad de un condensador de placas paralelas de area A y separacion d cuando ste se llena completamente con un material dielectrico de permisividad variable 0 7(z) = 0 7 0 (1+ d z ). Solucion:

1 3124 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 56 Se tiene un condensador cil ndrico de radios interno a y externo b, de largo L >> b, a, y carga ja Q (la placa interna es positiva y la externa negativa). El condensador est lleno con un bloque diel ctrico de permitividad 0 7 y masa m, que desliza sin roce en las paredes de los cilindros. Encuentre la condici n sobre el largo L del condensador para que exista posici n de equilibrio y determine dicha posici n, cuando el condensador se ja verticalmente (de forma que el peso desliza el bloque). Soluci n: Dado que L >> a, b, podemos despreciar los efectos de borde del condensador. En estas condiciones, tenemos que el sistema tiene simetr a cil ndrica, por lo que el campo presenta la forma 6 4 E( 6 4r) = E(r) 0 3r, con r la distancia normal desde el eje de simetr a del condensador al punto en cuesti n, y 0 3r el vector unitario con dicho sentido. Usando la ley de Gauss, llegamos a que el campo es (esto se deja al lector) 6Ь1 6Ь4 6Ь2 6 40 r < a Q 0 3r 6 4E(r) = 2 п 0 7 0 L r a < r < b 6Ь4 6Ь3 6 40 r > b por lo que la diferencia de potencial entre placas es ВV = Q р b dr 2 п 0 7 0 L a r = es la capacitancia del condensador cil ndrico. Q 2 п 0 7 0 L ln(b/a) = 6м0 C = 2 п 0 7 0L ln(a/b) Al jar verticalmente el condensador, el bloque diel ctrico desciende por el peso quedando una parte del condensador sin diel ctrico, por lo que la capacitancia del sistema cambia. Sea x la distancia que el bloque diel ctrico desciende, medida desde la parte superior del condensador hasta la parte superior del diel ctrico, y 0 3x el vector unitario en el sentido mencionado. Al descender x el diel ctrico, se forman dos condensadores en paralelo de capacitancias C 1 = 2 п 0 7 0x ln(b/a) C 2 = por lo que la capacitancia del condensador completo es para 0 < x < L 2 п 0 7(L 6с1 x) ln(b/a) C(x) = C 1 + C 2 = 2 п 0 7 0x 2 п 0 7(L 6с1 x) + = 2 п ln(b/a) ln(b/a) ln(b/a) ( 0 7L 6с1 x( 0 7 6с1 0 7 0)) La energ a potencial almacenada en el condensador es Q 2 U(x) = 1 2 C(x) Sabemos que la fuerza sobre el diel trico ejercida por el condensador, cuando la carga es constante, es 6 4 F = 6с1 6 4 6р3U, por lo que la fuerza total sobre el bloque diel ctrico es 6 4F = 6с1 du dx 0 3x + mg 0 3x = 6 40

1 3125 ltima condici n que se debe cumplir en el equilibrio. Por tanto, mg = du dx = 6с1 1 2 ( ) Q 2 dc C dx = Q2 ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 п ( 0 7L 6с1 x( 0 7 6с1 0 7 0 )) 2 = 6м0 ( 0 7L 6с1 x( 0 7 6с1 0 7 0 )) 2 = Q2 ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg л ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 0 7L 6с1 x( 0 7 6с1 0 7 0 ) = Q 4 пmg л ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) ( 0 7L 6с1 x( 0 7 6с1 0 7 0 )) = юq 4 пmg = 6м0 x = 0 7L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 6с2 Q ( 0 7 6с1 0 7 0 ) л ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg Debemos aplicar la restricci n 0 < x < L a ambas soluciones. Tenemos primeramente que x + = 0 7L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) + Q ( 0 7 6с1 0 7 0 ) = 6м0 Q ( 0 7 6с1 0 7 0 ) л ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg л ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg < L ( ) 0 7 < L 1 6с1 = 6с1 L 0 7 0 ( 0 7 6с1 0 7 0 ) ( 0 7 6с1 0 7 0 ) < 0 lo cual es una contradicci n pues л Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 70 ) ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg > 0 Por tanto, la nica posici n de equilibrio por lo pronto posible es x 0 = Aplicando las restricciones, tenemos que л 0 7L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 6с1 Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg x 0 = л 0 7L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 6с1 Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) > 0 ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg л = 6м0 L > Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 0 7 4 пmg es una condici n que debe cumplir el largo del condensador para que exista posici n de equilibrio. Y la ltima restricci n es

1 3126 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS x 0 = л 0 7L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 6с1 Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) < L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg л = 6м0 L < Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 0 7 0 4 пmg Veamos si esta ltima condici n es compatible con la anterior. Para que exista posici n de equilibrio debe cumplirse simult neamente que л Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 0 7 4 пmg = 6м0 Q 0 7 < L < Q 0 7 0 л ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg < Q 0 7 0 lo cual es verdadero. Por tanto, la posici n de equilibrio es x 0 = л 0 7L ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 6с1 Q ln(b/a)( 0 7 6с1 0 7 0 ) ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 4 пmg

1 3127 Problema 57 Se tiene una esfera conductora de radio a y carga positiva q, rodeada por una c scara diel ctrica, de radio interior 2a y radio exterior 2,5a y de permitividad variable 0 7(r) = (1 + r a ) 0 7 0. Calcule: a) El campo el ctrico y el vector desplazamiento el ctrico en todo el espacio. b) El vector de polarizaci n del diel ctrico. c) Las densidades de carga volum trica y supercial del diel ctrico. Soluci n a) Dividimos el espacio en 4 regiones y calculamos el campo el ctrico y el vector desplazamiento en cada caso: 6 1 r < a: La esfera de radio a es conductora y por lo tanto no hay campo electirco en su interior: 6 4E = 0, si r < a De esta manera el vector desplazamiento ser : 6 4D = 0 7 0 6 4 E = 0, r < a 6 1 a < r < 2a: En este caso utilizamos ley de gauss: р 6 4E 0 3ndS = q enc 0 7 0 S As, dada la simetr a esf rica y que la carga en la esfera conductora es q obtenemos el resultado de siempre: Para el vector desplazamiento: 6 4E = 6 4D = 0 7 0 6 4 E = q 0 3r,si a < r < 2a 4 п 0 7 0 r2 q 0 3r,si a < r < 2a 4 пr2 6 1 2a < r < 2,5a: Aplicamos ley de gauss para diel ctricos: р 6 4D 0 3ndS = q enc S

1 3128 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS El vector desplazamiento es paralelo al campo el ctrico (que es radial). De esta manera 6 4D = q 4 пr 2 0 3r Ahora, sabemos que 6 4 D = 0 7 6 4 E, donde 0 7 es la permitividad del diel ctrico que varia en funci n de r. De esta manera, el campo el ctrico ser : 6 4E = q 4 п 0 7 0 r 2 (1 + r 2a < r < 2,5a a ) 0 3r,si 6 1 r > 2,5a: Utilizando ley de gauss obtenemos directamente que: 6 4E = 6 4D = q 4 п 0 7 0 r 2 0 3r q 4 пr 2 0 3r b) El vector polarizaci n existir evidentemente solo en la regi n donde se encuentra el diel ctrico. Vimos en el resumen que D = 0 7 0 6 4 E + 6 4 P y D = 0 7 6 4 E. De esta manera 6 4P = ( 0 7 6с1 0 7 0 ) 6 4 E Con 0 7 = 0 7 0 (1 + r a ) y el valor del campo el ctrico en el diel ctrico encontrado en a): Simplicando: 6 4P = ( 0 7 0 (1 + r a ) 6с1 0 7 q 0) 4 п 0 7 0 (1 + r 0 3r a )r2 6 4P = q 4 пar(1 + r a ) 0 3r c) Conociendo el vector polarizaci n podemos calcular directamente las densidades de carga supercial y volum trica del diel ctrico: Densidad supercial р p : Vimos que la densidad de carga supercial se calcula por: р p = 6 4 P ( 0 3n) Tendremos una densidad supercial en el interior del diel ctrico y en el exterior del diel ctrico. Para el interior del diel ctrico (r = 2a) En el exterior del diel ctrico (r = 2,5a): р pint = 6 4 P 6с1r = р pext = 6 4 P r = q 24 пa 2 q 35 пa 2 Densidad volum trica я p : La densidad de carga volum trica se calcula como я p = 6с1 6 4 6р3 6 4P

1 3129 Como vimos en la parta a), el vector polarizaci n es radial (paralelo al campo el ctrico) y por lo tanto la divergencia de este vector se calcula como: Desarrollando esta expresi n, obtenemos: я p = 6с1 6 4 6р3 6 4P = 6с1 1 r 2 6я8 6я8r (r2 P) qa я p = 6с1 4 пr 2 (a + r) 2

1 3130 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 58 Un condensador de placas paralelas, separadas una distancia d, tiene un diel ctrico en su interior, ausente de cargas libres, cuya permitividad el ctrica es 0 7 y depende de la distancia a una de las placas. Calcular la capacidad del condensador si 0 7(x) viene dado por: Solucion 1 0 7(x) = 0 7 0 ( ) 1 6с1 y2 3d 2 Se pide calcular la capacidad del sistema y sabemos que C = Q V Calculamos enonces el potencial a partir del campo electrico y para estos suponemos que las cargas se ditribuyen uniformemente en cada placa. Se tendra entonces que la densidad de carga libre es р L = Q S Ahora podemos aplicar la ley de gauss para dielectricos. Para esto consideramos como supercie gaussiana un cilindro con tapas de area S el cual tiene la tapa superior en el interior del una de las placas conductoras y la otra tapa en el dielectrico. Recordamos que despreciando las condiciones de borde, el campo electrico es perpendicular a las placas y por lo tanto el vector desplazamiento electrico tambien lo es. Ademas, la carga libre encerrada ser q enc = р L S р 6 4D ds 6 4 = D 6 4 1 6 4S 1 + D 6 4 2 6 4S 2 = q enc = р L S S De la gura vemos que los productos entre los vectores desplazamiento y los vectores de area cumple con: 6 4D 1 6 4S 1 + 6 4 D 2 6 4S 2 = 6с1D 1 s + D 2 S = р L S 6с1D 1 + D 2 = р L En el interior del conductor el campo el ctrico es nulo y por lo, para el vector desplazaminrto electrico en el conductor se tien Por lo tanto tendremos la siguiente ecuacion: D 1 = 0 El campo electirco ser entonces E 2 = р L 0 7. D 2 = 0 7E 2 = р L Ahora, evaluando los valores de р L y 0 7(dado en el enunciado). E 2 = Q S 0 7 0 ( 1 1 6с1 y2 3d 2 ) Ahora esta expresion la podemos reescribir como: E 2 = Q 3S 0 7 0 d 2(3d2 6с1 y 2 )

1 3131 Asi, la diferencia de potencial se calculara como V = р d 0 E s (y)dy = р d 0 Q 3S 0 7 0 d 2(3d2 6с1 y 2 ) De esto se obtiene que La capacidad es entonces V = 8 Qd 9 S 0 7 0 C = Q V = 9 S 0 7 0 8 d

1 3132 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 59 Dentro de un condensador de placas paralelas, de secci n A y espesor d, introducimos un diel ctrico de permitividad variable, siendo y la direcci n perpendicular a las placas. Despreciando los efectos de borde y en caso de no existir cargas libres al interior del diel ctrico, calcular: a) El campo el ctrico, el desplazamiento el ctrico y el vector de polarizaci n, cuando aplicamos una diferencia de potencial V 0 entre las placas. b) Las densidades de carga de polarizaci n. c) La capacidad del condensador. 0 7 = 0 7 0 (1 + y d ) Solucion a) En el interior del dielctrico no tenemos carga libre y por lo tanto la densidad de carga libre es nula: я L = 0. Como hemos visto durante el curso, despreciando las condiciones de borde, el campo electrico sera perpendicular a las placas y por lo tanto, de la ecuacion (2), el vector desplazamiento el ctrico tambien lo sera. De esta manera, de al forma diferencial de la ley de Gauss tendremos: 6 4 6р3 6 4D = 6я8 6я8y D = я P = 0 De esto, resulta que el vector desplazamiento electrico es constante. Tenemos dado un potencial V 0 que cumplira la siguiente ecuacion: р V 0 = 6 4E d 6 4 l Pero de la ecuacion (2) tenemos que E 6 4 D = 6 4 0 7.Donde 0 7 = 0 7(y). Por lo tanto: р 6 4D р 1 V 0 = 0 7 d 6 4 l = D 0 7 dy Donde D puede salir de la integral al ser constante y consideramos dy = dl. Reemplazanso el valor de 0 7 dado en el enunciado e integrando tendremos que: Despejando D: V 0 = Dd ln(2) 0 7 0 D = V 0 0 7 0 d ln(2) Ahora que tenemos el vector desplazamiento, podemos calcular el vector campso electrico de la ecuacion (2): E = D 0 7 = V 0 d ln(2)(1 + y d ) De la ecuacion (1) podemos saber cual es el vector de polarizacion:

1 3133 6 4P = D 6 4 6с1 0 7 0E 6 4 V 0 0 7 0 y = d ln(2) y + d b) Como tenemos el vector polarizacion, obtenemos las cargas de polarizacion directamente de ecuacion (4). La capacidad la calculamos como siempre: C = Q V. A diferencia del ejercicio anterior, ya 0 tenemos la diferencia de potencial. Por lo tatno tenemos que ver alguna manera de calcular la carga Q en funcion de V 0. Para esto, aplicaremos la Ley de Gauss al igual que en el problema 1: р 6 4D ds 6 4 = D 6 4 1 6 4S 1 + D 6 4 2 6 4S 2 = q enc = р L S S De la gura vemos que los productos entre los vectores desplazamiento y los vectores de area cumple con: 6 4D 1 6 4S 1 + D 6 4 2 6 4S 2 = 6с1D 1 s + D 2 S = р L S 6с1D 1 + D 2 = р L En el interior del conductor el campo el ctrico es nulo y por lo, para el vector desplazaminrto electrico en el conductor se tien D 1 = 0 Por lo tanto tendremos la siguiente ecuacion: D 2 = р L La carga del condensador ser la densidad de carga por la supercie de las placas(=a). Pro como la densidad de carga libre es igual al vector desplazamiento el ctrico: De esta manera la capacidad ser : Q = S р L = SD 2 = S V 0 0 7 0 d ln(2) C = Q V 0 = S 0 7 0 d ln(2)

1 3134 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 60 Se tienen 3 esferas conductoras conc ntricas de radios a, b y c. El espacio entre las dos primeras esta llena de material diel ctrico de constante й. Inicialmente la esfera de radio a esta descargada y las esfera de radios b y c tienen cargas iniciales q 1 y q 2, respectivamente. La esfera interior de radio a se conecta con la esfera de radio c con un cable aislado delgado. a) Calcular la carga libre en cada esfera. b) Calcular la carga de polarizaci n en la supercie externa y en la supercie interna del diel ctrico.

1 3135 Problema 61 Se tienen dos condensadores de placas paralelas con iguales reas S, e iguales distancias entre las placas d. El primer condensador tiene aire entre sus placas( й = 1) y capacidad C 0. El segundo condensador tiene una capacidad X. a) Si el primer condensador tiene inicialmente una carga Q, calcule el cambio de energ a electrost tica, en funci n de X, si ambos condensadores se conectan en paralelo. b) Si el diel ctrico del segundo condensador tiene una constante diel ctrica variable en el espacio de valor й = й 0 (1 + x d ) calcule la capacidad de este condensador.

1 3136 CAP 0 1TULO 7. DIELECTRICOS Problema 62 Un cilindro conductor hueco sin espesor de radio r 1 y largo l, lleva una carga +q uniformemente distribuida. Alrededor de el, otro cilindro conductor hueco sin espesor, coaxial con el anterior, de radio r 2 y mismo largo l, tal como indica la gura, lleva una carga 6с1q, tambi n uniformemente distribuida. Se llena la regi n entre los dos cilindros con un material cuya constante diel ctrica es funci n de la distancia al eje de los cilindros, й = й(r). Considere l mucho mayor que r 1 y r 2. a) Encuentre una expresi n para й(r) que lleva a un campo electrost tico radial independiente de la distancia al eje. b) Calcule la capacidad del condensador cil ndrico correspondiente. c) Calcule la densidad de carga de polarizaci n supercial del material diel ctrico, a r = r 1 y r = r 2, para el valor de й(r) calculado en el item a). d) Considere que en coordenadas cil ndricas 6р3 6 4 6 4A = 1 6я8 r 6я8r (ra r), calcular las densidades volum tricas de cargas de polarizaci n en el diel ctrico. e) Calcular la cantidad total de cargas de polarizaci n, incluy ndose cargas en la supercie y en el volumen del diel ctrico. f ) Calcule la energ a potencial electrost tica almacenada en el condensador.

1 3Cap tulo 8 Corriente Electrica Problema 63 Entre dos conductores esf ricos conc ntricos de radios a y b, se llena con un material conductor de conductividad variable g(r) = g 0b r. Calcule la resistencia entre las dos placas conductoras. Soluci n Al haber una diferencia de potencial entre ambos conductores esf ricos, se genera una corriente 6 4J que es radial: 6 4J = J(r) 0 3r Podemos escribir la corriente en funci n de J 6 4 mediante la relaci n: р р I = 6 4J ds 6 4 = J ds = J4 пr 2 S 137 S

1 3138 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Donde consideramos como S una supercie esf rica. De esta manera el vector densidad de corriente se puede escribir: 6 4J = I 4 пr 2 0 3r La ley de Ohm nos permite relacionar el campo el ctrico con el vector densidad de corriente. En este caso como la conductividad es g(r) = g 0b r se tendr : 6 4J = g(r) 6 4 E Despejando el campo el ctrico y utilizando el valor encontrado para 6 4 J 6 4E = I 4 пbg 0 r 0 3r Ahora, se puede calcular la diferencia de potencial entre ambos conductores ya que tenemos una expresi n para el campo el ctrico.: V 0 = р b a 6 4E d 6 4r = I 4 пbg 0 р b a 1 r dr = I 4 пbg 0 ln( b a ) Sabiendo la diferencia de potencial y la intensidad de corriente I podemos calcular la resistencia mediante la relaci n R = V 0 I. Por lo tanto, para el sistema mostrado la resistencia es: R = V 0 I = ln( b a ) 4 пbg 0

1 3139 Problema 64 Se deposita una carga Q 0 en una placa conductora cuadrada de lado a, que est separada una distancia d de otra placa igual, descargada y conectada a tierra (considere que a >> d para despreciar efectos de borde). Entre ellas existe un material de permitividad 0 7 y conductividad 0 8, ambas constantes. a) Determine la corriente que circula en funci n del tiempo. b) Encuentre la resistencia del sistema y verique que RC = 0 7 0 8. c) Calcule la energ a disipada en el proceso completo, es decir, al pasar toda la carga de una placa a otra. Soluci n: a) Sabemos de las ayudant as anteriores que el campo el ctrico generado por un plano de densidad de carga supercial constante р es con 0 3x normal al plano. 6 4E = р 2 0 7 0 0 3x En este caso, despreciando efectos de borde debido a que a >> d, y por la presencia del material de permitividad 0 7 entre placas, el campo el ctrico entre placas es Sabemos que 6 4 J = 0 8 6 4 E, por lo cual 6 4E = р 2 0 7 0 3x = Q 2 0 7a 2 0 3x 6 4J = 0 8Q 0 3x = J 0 3x 2 0 7a2

1 3140 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA La placa conectada a tierra se mantiene a potencial el ctrico constante igual a cero, por lo que luego de depositada la carga Q 0 en la otra placa, por la diferencia de potencial, se produce un campo el ctrico (que ya hemos encontrado) y una corriente de una placa a otra (pues el campo el ctrico mueve la carga inicial de una placa a otra, generando una densidad de corriente en el material) hasta que la placa inicialmente cargada se descarga y todo el sistema se vuelve equipotencial. La corriente el ctrica est dada por i = с = Ja 2 = 0 8Q 2 0 7 = 6с1 dq dt 6 4J 0 3ndS donde el signo menos es debido a que la placa se est descargando y la supercie de integraci n fue un cuadrado de lado a paralelo a las placas. De lo anterior, tenemos la ecuaci n diferencial 6с1 0 8Q 2 0 7 = dq dt ssi 0 = dq dt + 0 8Q 2 0 7 ssi 0 = dq ( ) 0 8t dt exp + 0 8Q 2 0 7 ssi 0 = d ( ( )) 0 8t Q exp dt 2 0 7 = 6м0 Q(t) = Q 0 exp ( 6с1 0 8 ) 2 0 7 t 2 0 7 exp ( ) 0 8t 2 0 7 pues Q(0) = Q 0. Por tanto, la corriente el ctrica en funci n del tiempo es b) Del it m anterior, sabemos que i(t) = 6с1 dq dt = 0 8Q 0 2 0 7 exp ( 6с1 0 8 2 0 7 t ) 6 4E = Q(t) 0 3x = E(t) 0 3x 2 0 7a2 La resistencia de un objeto depende de la geometr a del mismo, de la forma en que se aplique la diferencia de potencial y del material del que est hecho (lo que se traduce en la resistividad o conductividad del objeto). En este caso tenemos que la conductividad 0 8

1 3141 es constante, por lo que se cumple la ley de Ohm, por lo cual la resistencia es constante y no depende del voltaje ni de la corriente que pasa por el objeto. La ley de Ohm nos dice que V = i R por lo que encontrando V (t), i(t) en un instante dado podemos hallar R. Encontremos la diferencia de potencial Tenemos adem s que Por tanto, V (t) = р d 0 E(t) 0 3x 0 3xdx = E(t)d = Q(t)d 2 0 7a 2 i(t) = 0 8 2 0 7 Q(t) = 6м0 Q(t) = 2 0 7 0 8 i(t) V (t) = Q(t)d 2 0 7a 2 = 2 0 7d 2 0 8 0 7a 2i(t) = 1 d 0 8 a 2i(t) = R i(t) = 6м0 R = 1 d 0 8 a 2 Sabemos de ayudant as anteriores que la capacitancia de un condensador de placas paralelas de reas A, separaci n d y separadas por un medio diel ctrico de permitividad 0 7 es Por tanto, c) La energ a disipada en el proceso es C = 0 7 a2 d RC = 1 d 0 8 a 2 0 7a2 d = 0 7 0 8 U = = р + ч 0 0 8d 4a 2 0 7 2 = 0 8Q 0 2 d 4a 2 0 7 2 i(t)v (t)dt р + ч 0 р + ч 0 Q 2 (t)dt exp ( 6с1 0 8 ) 0 7 t dt = Q 0 2 d 4a 2 0 7 exp ( 6с1 0 8 0 7 t ) O O O 0 = Q 0 2 d 4a 2 0 7 + ч

1 3142 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 65 Se tienen dos supercies conductoras esf ricas y conc ntricas, de radios a y b (con a < b), mantenidos a una diferencia de potencial V 0 (con el mayor potencial en la supercie interior). El espacio entre las supercies se llena con un material conductor homog neo de conductividad constante 0 8. Determine la corriente el ctrica, el campo el ctrico entre supercies y la resistencia del sistema, y verique nuevamente que RC = 0 7 0 8. Soluci n: De la simetr a del problema, tenemos que 6 4 E( 6 4r) = E(r) 0 3r, donde r es la coordenada correspondiente de coordenadas esf ricas. Como 6 4 J = 0 8 6 4 E, evidentemente 6 4 J = J(r) 0 3r. De esto vemos que la carga se transporta radialmente, es decir, la corriente es radial. Adem s, dado que 0 8 es constante, se cumple la ley de ohm y V 0 = ir, con R constante, por lo que la corriente i es constante. Encontremos la corriente. р р i = 6 4J 0 3ndS = J(r) ds = J(r)4 пr 2 = 6м0 6 4 J(r) = i 4 п donde usamos de supercie de integraci n una supercie esf rica de radio r conc ntrica a las supercies conductoras. 0 3r r 2 De esto tenemos que 6 4E(r) = 1 J(r) 0 8 6 4 = i 0 3r 4 п 0 8 Ahora, para encontrar la resistencia hallemos la diferencia de potencial entre supercies. V 0 р = 6с1 = = = 6м0 R = Adem s, tenemos que la corriente es i 4 п 0 8 i 4 п 0 8 6 4E d 0 3r ё р b dr a r O 2 a i = 4 п 0 8 = ir ( 1 a 6с1 1 b) 4 п 0 8 i = 4 п 0 8V 0 ( 1 a 6с1 1 b) r 2 1 r O b ( 1 a 6с1 1 b ) y el campo el ctrico 6 4E(r) = i 0 3r 4 п 0 8 r 2 = V ( 0 1 a 6с1 1 ) 0 3r r b 2

1 3143 De ayudant as anteriores sabemos que la capacitancia de dos supercies esf ricas conc ntricas de radios a y b con a < b, llenas entre s de un material diel ctrico de permitividad 0 7, es C = 4 п 0 7 ( 1 a 6с1 1 b) Por tanto, RC = ( 1 a 6с1 1 b) 4 п 0 8 4 п 0 7 ( 1 a 6с1 1 ) = 0 7 0 8 b

1 3144 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 66 Calcule la resistencia de un semitoro de secci n cuadrada de lado a y radio interior b, si est hecho de un material con conductividad 0 8 constante. Soluci n: Conectemos una bateria de diferencia de potencial V 0 a las caras del semitoro. Por la simetr a del toro, el campo el ctrico debe estar dirigido en el sentido de 0 3 х. A primera vista, tenemos que 6 4 E = E(r, х) 0 3 х, donde r, х son las conocidas coordenadas cil ndricas. Mostremos que si la corriente est en r gimen estacionario, entonces E = E(r). En efecto, en r gimen estacionario (o permanente) tenemos que Pero 6 4 6р3 6 4J = 1 r 6я8 6я8r (rj r) + 1 6я8J х r 6я8 х + 6я8J z 6я8z = 0 6 4J = 0 8 6 4 E = 0 8E(r, х) 0 3 х = J 0 3 х = 6м0 J х = J Por tanto 6 4 6р3 6 4J = 1 r 6я8J 6я8 х por lo que vemos que 6 4 J = J(r) 0 3 х y 6 4 E = E(r) 0 3 х. La corriente es i = = = 0 = 6м0 J = f(r) + C = J(r) р = a 0 8 6 4J 0 3ndS р a р b+a 0 b р b+a b J(r)drdz E(r)dr donde hemos tomado como supercie de integraci n una cara del toro. La diferencia de potencial entre las caras extremas del toro es V 0. As, tenemos que V 0 = = р ё р п 0 6 4E d 0 3r = E(r)r п = 6м0 E(r) = V 0 пr E(r) 0 3 х rd х 0 3 х

1 3145 donde hemos tomado un camino semicircular de radio r, con d 0 3r = rd х 0 3 х. De esta forma, tenemos que pues V 0 = ir i = a 0 8 = a 0 8V 0 п р b+a b р b+a b E(r)dr dr r = a 0 8V 0 (1 п ln + a ) b п = 6м0 R = a 0 8ln ( 1 + a ) b

1 3146 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 67 Entre dos placas paralelas conductoras de reas A y separaci n d, existen dos materiales de conductividades 0 8 1, 0 8 2 y permitividades 0 7 1, 0 7 2, como muestra la gura (para despreciar efectos de borde, considere л que las dimensiones lineales de las placas son mucho mucho mayores que d, es decir, A >> d). Si las placas conductoras se conectan a una diferencia de potencial V0, estando la placa inferior a mayor potencial, encuentre: a) La resistencia del sistema. b) La densidad de carga libre que se acumula en la interfaz de los materiales en r gimen estacionario. Soluci n: a) Dada la simetr a del problema (y que podemos despreciar efectos de borde pues л A >> d), tenemos que 6 4 E = E(z) 5Э9, por lo que 6 4 J = J(z) 5Э9. En r gimen estacionario tenemos 6 4 6р3 6 4J = 6я8J x 6я8x + 6я8J y 6я8y + 6я8J z 6я8z = 6я8J z 6я8z = 0 = 6м0 J = J z = C donde C es una constante. Por tanto, 6 4 J = J 5Э9 es un vector constante. Dado que 6 4 J = 0 8 6 4 E, los campos en cada regi n son 6 4E 1 = J 0 8 1 5Э9 6 4 E2 = J 0 8 2 5Э9 Ahora, el potencial es

1 3147 V 0 р = 6с1 = = 6м0 J = ё р d2 0 6 4E d 0 3r E 2 dz + = Jd 2 + Jd 1 0 8 2 0 8 ( 1 d2 = J + d ) 1 0 8 2 V 0 0 8 1 ( ) d2 0 8 2 + d 1 0 8 1 р d2 +d 1 d 2 E 1 dz As, tenemos que por lo cual р i = 6 4J 0 3ndS = JA = V 0 A V ( ) 0 = d1 0 8 1 + d 2 R 0 8 2 R = 1 A ( d1 + d ) 2 0 8 1 0 8 2 b) Consideremos un cilindro recto con eje de sim tria en el sentido de 5Э9, con caras circulares de rea S, el cual es cortado por el interfaz entre materiales. Llamemos su supercie. Como 6 4 D = 0 7 6 4 E, entonces 6 4 D = D(z) 5Э9. Por la ley de Gauss generalizada, tenemos с 6 4D 0 3ndS = Q libre = рs (D 1 6с1 D 2 )S = рs 0 3n = 5Э9 = 6м0 р = D 1 6с1 D 2 = 0 7 1 E 1 6с1 0 7 2 E ( 2 0 71 = 6с1 0 7 ) 2 J 0 8 1 0 8 2 ( 0 71 = 6с1 0 7 ) 2 0 8 1 0 8 2 ( 0 71 0 8 2 6с1 0 7 2 0 8 1 р = d 1 0 8 2 + d 2 0 8 1 V ( 0 ) d2 0 8 2 + d 1 0 8 1 ) V 0

1 3148 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 68 Considere un alambre delgado y r gido de largo 2L, por el cual uye una corriente i. Si partimos el alambre por la mitad por un plano normal a l, encuentre el campo magn tico sobre un punto en el plano a una distancia r del punto de intersecci n entre alambre y plano. Luego encuentre el campo producido por un alambre innito en todo el espacio, usando convenientemente el resultado anterior. Soluci n: Usemos coordenadas cil ndricas, con el alambre sobre el eje z y al origen justo en su mitad. Sean 6 4r = r 0 3r, 6 4 r Д = z 5Э9 el punto de observaci n seg n el enunciado y el vector que describe el alambre. Tenemos que el campo magn tico generado por una corriente diferencial 6 4 di = i 6 4 dl es db( 6 4r) 6 4 = 0 8 0 idl 6 4 а ( 6 4r 6с1 r 6 4 Д ) 4 п 6 4r 6с1 r 6 4 Д 3 = 0 8 0 4 п = 6м0 6 4 B( 6 4r) = 0 8 0 4 п i idz 5Э9 а (r 0 3r 6с1 z 5Э9) (r 2 + z 2 ) 3/2 р L = 0 8 0 4 п ir 0 3 х = 0 8 0 2 п ir 0 3 х = 0 8 0 2 п i 0 3 х r = 0 8 0 2 п i 0 3 х = 0 8 0 2 п i 0 3 х r = 0 8 0 2 п i 0 3 х r 6с1L р L rdz 0 3 х (r 2 + z 2 ) 3/2 dz (r 2 + z 2 ) 3/2 z = rtan( а) 6с1L р arctan(l/r) 0 р arctan(l/r) 0 rsec 2 ( а)d а r 3 sec 3 ( а) cos( а)d а r sen( а) arctan(l/r) 0 ( ( L/r л 1 + (L/r) 2 ) L л r 2 + L 2 Ahora, para encontrar el campo magn tico de un alambre innito nos basta tomar L З ч )

1 3149 del resultado anterior, con lo cual obtenemos 6 4B( 6 4r) = 0 8 0 2 п i r 0 3 х campo que tiene simetr a cil ndrica, como era de esperarse.

1 3150 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 69 Considere dos alambres innitos paralelos, separados por una distancia d, con corrientes i 1,i 2 (en el mismo sentido). a) Encuentre la fuerza por unidad de largo que se ejercen los alambres, debido a su interacci n magn tica. b) Considere ahora dos alambres innitamente largos con densidad lineal к, separados una distancia d y movi ndose paralelos con velocidad 6 4v. Encuentre v tal que la atracci n magn tica se compense con la repulsi n el ctrica. Soluci n: a) Pongamos los ejes coordenados de tal forma que 5Э9 apunte en el sentido de las corrientes, 0 3x entre en la p gina e 0 9 vaya desde el alambre 2 al 1. Del problema anterior, sabemos que el campo magn tico generado por un alambre innito por el cual pasa una corriente i es 6 4B( 6 4r) = 0 8 0 2 п i r 0 3 х As, la fuerza que el campo generado por el alambre 1 ejerce sobre un elemento diferencial de corriente del alambre 2 est dado por d 6 4 F 21 = i 2 6 4 dl2 а 6 4 B 1 = i 2 dz 2 5Э9 а 0 8 0 2 п i1 a 0 3x = 0 8 0 2 пa i 1i 2 0 9dz 2 = 6м0 d F 6 4 21 = 0 8 0 dz 2 2 пa i 1i 2 0 9 De lo cual vemos que ambos alambres se atraen cuando las corrientes tienen mismo sentido y se repelen cuando tienen sentidos diferentes. b) En este caso tenemos que por lo que i = i 1 = i 2 = кv i = dq dt = кdz dt = к dz dt = кv Por tanto, del it m anterior, la fuerza magn tica por unidad de largo sobre el alambre 1, debido a la interacci n magn tica, es d 6 4 F m dz = 0 8 0 2 пa i2 0 9 = 0 8 0 2 пa ( кv)2 0 9

1 3151 La fuerza el ctrica la podemos hallar usando la ley de Gauss. Usando tal ley (se deja al lector, si no recuerda c mo hacerlo, revise mi tercera ayudant a), el campo el ctrico de un alambre de densidad lineal к de carga uniforme es 6 4E(r) = к 2 п 0 7 0 0 3r r En este caso, la fuerza el ctrica sobre un elemento diferencial del alambre es d 6 4 F e = 6м0 d 6 4 F e dz = dq 6 4 E(r) = кdz 6 4 E(r) = 6с1 к2 2 п 0 7 0 a 0 9dz = 6с1 к2 2 п 0 7 0 a 0 9 Por tanto, la condici n que deseamos es que lo que equivale a que df 6 4 e dz + d F 6 4 m dz = 6 40 donde c es la velocidad de la luz. к 2 2 п 0 7 0 a = 0 8 0 2 пa ( кv)2 = 6м0 v = 1 л 0 70 0 8 0 = c Claramente vemos que este no es un resultado coherente ni pr ctico, pues la velocidad que necesitamos para que la interacci n magn tica se iguale con la el ctrica es la velocidad de la luz, velocidad que ning n cuerpo material puede alcanzar (pues necesitaria, seg n la relatividad especial, innita energ a). Y adem s, el tratamiento que hemos hecho es cl sico, no relativista. Lo que s podemos desprender de esto, es que las interacciones el ctricas son mucho m s fuertes que las interacciones magn ticas (de all que en ptica, para tratar ondas electromagn ticas, se maneje el campo el ctrico al tratar con la onda).

1 3152 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 70 Considere una espira circular por la cual uye una corriente i (como indica la gura). Encuentre el campo magn tico sobre el eje de simetr a de la espira. Soluci n: Tenemos que el campo magn tico, originado por la espira de corriente ё, est dado por 6 4B( 6 4r) = 0 8 с 0 idl 6 4 а ( 6 4r 6с1 r 6 4 Д ) 4 п ё 6 4r 6с1 r 6 4 Д 3 En este caso 6 4r = z 5Э9, 6 4 r Д = R 0 3 я, 6 4 dl = ds 0 3 х = Rd х 0 3 х. Por tanto, 6 4B( 6 4r) = 0 8 с 0 4 п = 0 8 0 4 п ё р 2 п = 0 8 0 4 п ir i 6 4 dl а ( 6 4r 6с1 6 4 r Д ) 0 р 2 п 6 4r 6с1 6 4 r Д 3 ird х 0 3 х а (z 5Э9 6с1 R 0 3 я) (R 2 + z 2 ) 3/2 0 р 2 п d х(z 0 3 я + R 5Э9) (R 2 + z 2 ) 3/2 = 0 8 0 4 п ir d х(z 0 3 я) 0 (R 2 + z 2 ) 3/2 + 0 8 0 = 0 8 0 2 п 5Э9 4 п ir2 (R 2 + z 2 ) 3/2 = 0 8 0 2 ir 2 5Э9 (R 2 + z 2 ) 3/2 р 2 п 4 п ir 0 d х(r 5Э9) (R 2 + z 2 ) 3/2 donde la primera integral es cero pues 0 3 я = cos( х) 0 3x+sen( х) 0 9 y ambas funciones trigonom tricas son cero al integrarlas sobre un per odo.

1 3153 Problema 71 Considere un disco de densidad de carga supercial р uniformemente distribuida. El disco se pone a girar a velocidad angular w en torno a su eje de simetr a. Encuentre el campo magn tico que genera sobre su eje. Soluci n: Al ponerse a girar el disco con densidad de carga supercial р, se produce una corriente sobre el mismo, de haces de corrientes circulares conc ntricos y de origen el origen del disco. Consideraremos la corriente en el disco dividida en haces de corrientes de espiras conc ntricas en el disco, cada una de las cuales genera un campo magn tico. De esta forma, usando el principio de superposici n del campo magn tico (que se desprende de la linealidad de las ecuaciones de Maxwell), encontraremos el campo total producido por el disco superponiendo los campos generados por las espiras de corrientes sucesivas. Tenemos que la densidad de carga lineal de las espiras est dado por к = рdr. Usando esto, tenemos que i = dq dt = кds = к rd х dt dt = кrd х dt = кrw donde i es la corriente que pasa por cada espira innitesimal y r su radio. Del problema anterior, tenemos que el campo generado por cada espira es d 6 4 B( 6 4r) = 0 8 0 2 ir 2 5Э9 (r 2 + z 2 ) 3/2 = 0 8 0 2 кwr 3 5Э9 (r 2 + z 2 ) 3/2 = 1 2 0 8 r 3 dr 5Э9 0 рw (r 2 + z 2 ) 3/2 Por tanto, el campo magn tico generado por el disco al girar con rapidez angular w es 6 4B( 6 4r) = 1 р R 2 0 8 0 рw 5Э9 = 1 2 0 8 0 рw 5Э9 = 1 2 0 8 0 рw 5Э9 = 1 2 0 8 0 рw 5Э9 r 3 dr (r 2 + z 2 ) 3/2 u 2 = r 2 + z 2 З udu = rdr 0 р л R 2 +z 2 z р л R 2 +z 2 z (u 2 6с1 z 2 )udu u 3 1 6с1 z2 u 2 ( л лr 2 + z 2 6с1 z + z2 R ) 2 +z 2 u O z = 1 ( лr 2 0 8 0 рw 5Э9 2 + z 2 z 2 ) + л R 2 + z 6с1 2 z 2 = 1 ( 2z 2 2 0 8 + R 2 ) 0 рw 5Э9 л R 2 + z 6с1 2 z 2

1 3154 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 72 Considere un plano por el cual uye corriente, con densidad de corriente ( supercial) 6 4 J = J 0 0 9. Encuentre el campo magn tico en todo el espacio. Soluci n: Por la simetr a del problema, tenemos que 6 4 B(x, y,z) = 6 4 B(z). Tomemos como punto de observaci n 6 4r = z 5Э9 y 6 4 r Д = x 0 3x + y 0 9 el vector que describa el plano. Tenemos que la densidad de corriente supercial est dada por 6 4 J = J 0 0 9, por lo que la corriente se transmite en el sentido de 0 9. As, tenemos que di = 6 4 J 0 9dS = J 0 ds. Por tanto, el campo magn tico generado por un elementro diferencial de corriente es db( 6 4r) 6 4 = 0 8 0 di 0 9 а (z 5Э9 6с1 x 0 3x 6с1 y 0 9) 4 п (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 = 0 8 0 4 п J (x 5Э9 + z 0 3x) 0dS (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 con ds = dxdy. As, el campo magn tico generado por el plano es 6 4B( 6 4r) = 0 8 0 4 п J 0 = 0 8 0 4 п J 0 = 0 8 0 4 п J 0z 0 3x = 0 8 0 4 п J 0z 0 3x = 0 8 0 2 J 0z 0 3x р ч р ч 6с1 ч 6с1 ч р ч р ч 6с1 ч 6с1 ч р ч р ч 6с1 ч 6с1 ч р ч р 2 п 0 р ч 0 = 1 2 0 8 0J 0 z z 0 3x 0 (x 5Э9 + z 0 3x)dxdy (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 x 5Э9dxdy (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 + 0 8 0 4 п J 0 dxdy (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 rdrd х (r 2 + z 2 ) 3/2 rdr (r 2 + z 2 ) 3/2 р ч р ч 6с1 ч 6с1 ч z 0 3xdxdy (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 donde la primera integral es cero pues el integrando es impar (al integrar en x) y los l mites de integraci n son sim tricos respecto 0. Note lo similar que es el m dulo con el m dulo del campo el ctrico generado por un plano de densidad supercial constante р, el cual es 6 4E( 6 4r) = р z 2 0 7 0 z 5Э9. El hecho que el campo magn tico estuviera apuntando hacia 0 3x era de esperarse. Para ver esto considere el plano como una sucesi n innita de alambres de corriente en el sentido 0 9. Visualizando el campo magn tico que genera cada uno de estos alambres innitesimales sucesivos, y aplicando superposici n, es claro que el campo magn tico debe estar en el sentido 0 3x. 0 6Logras verlo?.

1 3155 Problema 73 Entre dos cilindros conductores conc ntricos, muy largos, de radios a y c, se llena de material de conductividades g 1 y g 2, y de permitiviades 0 7 1 y 0 7 2, como muestra la gura. a) Encontrar la resistencia por unidad de largo entre el n cleo y el conductor externo. b) Si se conecta una diferencia de potencial V 0 entre el n cleo y el conductor externo, calcule la densidad de corriente 6 4 J y la corriente I que circula. c) Calcule la densidad de carga libre que se acumula en la interfaz de ambos materiales (i.e en r = b) en condiciones permanentes, al estar las placas conectadas a una diferencia de potencial V 0. Soluci n a) Para encontrar la resistencia se debe proceder de igual forma que en el problema 2. Tenemos que la corriente se calcula como: р I = 6 4J 0 3ndS S El vector densidad de corriente es radial: 6 4 J(r) = J(r) 0 3r. Asi: I = J2 пrl Con esto, podemos escribir el vector densidad de corriente en funci n de la corriente: 6 4J = I 2 пrl 0 3r Con este resultado podemos calcular los campo el ctricos en ambos materiales utilizando la conductividad de cada uno: I 6 4E 1 = 2 пrlg 1 I 6 4E 2 = 2 пrlg 2 Ahora, calculamos el potencial entre r = a y r = c: 6р2V = р c a 6 4E d 6 4r En esta regi n el campo el ctrico varia en ambos conductores y por lo tanto separamos esta integral de l nea de la siguiente manera:

1 3156 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Utilizando r = 6р2V I 6р2V = р b a obtenemos: р c 6 4E 1 d 6 4r + 6 4E 2 d 6 4r = b I 2 пlg 1 ln( b a ) + R = 1 2 пlg 1 ln( b a ) + 1 2 пlg 2 ln( c b ) I 2 пlg 2 ln( c b ) Como podemos apreciar en la expresi n de resistencia solo intervienen los datos referentes a las propiedades del material y la geometr a del sistema. b) Si se conecta una diferencia de potencial дv = V 0, se tiene que la corriente cumple con I = RV 0. Reemplazando en la expresi n de resistencia encontrada anteriormente: I = V 0 2 пl ln( b a ) g 1 + ln( c b ) g 2 Con esta corriente es directo encontrar el valor de la densidad de corriente. c) Para calcular la densidad de carga libre que se acumula en la interfaz de ambos materiales utilizamos la ley de gauss para diel ctricos. Para esto consideramos como supercie gaussiana un manto cil ndrico con sus respectivas tapas de rea muy peque 0 9a р 6 4D 0 3ndS = q enc Por la simetr a podemos descomponer esta integral en: S 6 4D 2 (A 0 3n) + 6 4 D 1 ( 6с1A 0 3n) = рa ( 6 4 D 2 6с1 6 4 D 1 ) 0 3n = р Como vimos en el resumen, el vector desplazamiento para un diel ctrico se calcula simplemente como la permitividad por el campo el ctrico: 6 4D 1 = 0 7 1E1 6 4 6 4D 2 = 0 7 2E2 6 4 Con los valores de campo el ctrico encontrados en la parte a) tenemos que los vectores desplazamiento el ctrico son:

1 3157 6 4D 1 = 6 4D 2 = 0 7 1I 2 пrlg 1 0 3r 0 7 2I 2 пrlg 2 0 3r El vector radial es igual al vector normal a la supercie: 0 3r = 0 3n. De esta manera podemos calcular la densidad de carga libre: р = I 2 пbl ( 0 7 2 g 2 6с1 0 7 1 g 1 ) Con el valor de corriente de la parte b) resulta nalmente que la densidad de carga libre es: р = V 0 ( 0 7 2 6с1 0 7 1 ) b( ln( b a ) g 1 + ln( c b ) g 2 ) g 2 g 1

1 3158 CAP 0 1TULO 8. CORRIENTE ELECTRICA Problema 74 Material con resistividad uniforme я se forma como una cu 0 9a de la manera indicada en la gura. Muestre que la resistencia entre las caras A y B de esta cu 0 9a es: L R = я w(y 2 6с1 y 1 ) ln(y 2 ) y 1 Soluci n La resistencia se dene como R = яl A. Lo que haremos es dividir la cu 0 9a en peque 0 9os bloques de ancho dx y altura H(x) como muestra la gura(vista lateral): Podemos considerar estos bloques como peque 0 9os paralelep pedos de rea A(x) = wh(x), largo dx y resistividad я. Debemos encontrar una expresi n para H(x). Para establecer las relaciones geom tricas considerare la siguiente gura: