Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de Fsica

Problemas Resueltos ? FIS1533 Electricidad y Magnetismo

Sebastian Urrutia Quiroga

sgurruti@uc.clhttp://web.ing.puc.cl/~sgurruti/

Version 1.0

10 de junio de 2013

Indice

1. Electrostatica 2

1.1. Integrales de Coulomb: fuerza y campo electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Ley de Gauss para el campo electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Potencial electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4. Conductores y capacitancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2. Electricidad en medios materiales 44

2.1. Ecuaciones de Laplace y Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.2. Dielectricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.3. Corriente electrica y ley de Ohm microscopica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.4. Ley de Ohm macroscopica: circuitos fem/R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.5. Circuitos RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3. Magnetostatica 87

3.1. Fuerza de Lorentz y torque sobre una espira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.2. Ley de Biot-Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3.3. Ley de Ampe`re . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4. Campos variables en el tiempo 118

4.1. Ley de induccion de Faraday-Lenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.2. Inductancia. Circuitos RL, LC y RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

4.3. Corriente Alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5. Ecuaciones de Maxwell 145

5.1. Introduccion a la teora electromagnetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

1

1. Electrostatica

1.1. Integrales de Coulomb: fuerza y campo electrico

(1) Considere la distribucion de cargas puntuales de la figura:

d d

q q+2q

P

r

bb b

b

a) Calcule el campo electrico en P

b) Evalue el caso lmite r d, como vara la magnitud del campo electrico con la distancia eneste caso?

Solucion:

a) El campo electrico en P puede ser obtenido utilizando el Principio de Superposicion. El campoelectrico producido por +2q es simplemente:

~E1 =1

4pi0

2q

r2

Si hacemos ~r = r y ~R = d , entonces el campo producido por la carga de la derecha es:

~E2 = q4pi0

~r ~R~r ~R3 =

q

4pi0

r + d

(r2 + d2)3/2

De manera analoga, por simetra, el campo producido por la carga de la izquierda es:

~E3 = q4pi0

r d (r2 + d2)3/2

As, el campo total ~EP viene dado por:

~EP =

3j=1

~Ej =1

4pi0

2q

r2 1

4pi0

2qr

(r2 + d2)3/2=

q

2pi0

(1

r2 r

(r2 + d2)3/2

)

2

b) Para analizar el lmite r d, reescribimos el campo de la siguiente manera:

~EP =q

2pi0

1

r2

(1 +

(d

r

)2)3/2r2

Ahora, utilizando la expansion de Taylor a primer orden(1 +

)n 1 + n , 1

se tiene que: (1 +

(d

r

)2)3/2 1 3

2

d2

r2

Entonces,

~EP q2pi0

(1

r2 1r2

+3

2r2d2

r2

)

y por tanto:

~E(rd)

P =3qd2

4pi0r4

Notar que, para grandes distancias (r d), esta distribucion de carga genera un campo quedecae como

1

r4, lo que contrasta con el campo de una carga puntual que decae segun

1

r2.

(2) Dos pequenas esferas conductoras, de igual masa m y carga q, cuelgan por dos hilos no conductoressin masa y de largo `. Cada esfera forma un angulo con el eje vertical, como se muestra en lafigura.

` `

+ +

r

b

a) Calcule el valor de la carga q para el equilibrio estatico del problema.

3

b) Suponiendo que las esferas pierden carga a razon > 0 C/s, con que velocidad angular seacerca una a la otra, para 1?

Solucion:

a) Debido a la simetra del sistema, bastara con hacer analisis de fuerzas para una de las cargas.Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que actuan: la fuerza de repulsion electrostaticaFe, la tension sobre el hilo T , y la fuerza de gravedad mg:

Fx = 0 T sin Fe = 0Fy = 0 T cos mg = 0

La primera ecuacion equivale a

T sin = kq2

r2 q2 = r

2T sin

k q = r

T sin

k

De la segunda ecuacion,

T =mg

cos

Por tanto, y como r = 2` sin ,

q = 2` sin mg tan

k

b) Para angulos pequenos, sin tan . Del enunciado, q = (pues pierde carga) y, aldecirnos que las esferas se acercan, las cargas son necesariamente positivas:

q = 3/2 , = 2`

mg

k

Derivando con respecto al tiempo,

dq

dt= q =

(3/2

)ddt

=3

2

= 2

3

Finalmente, la velocidad angular de la esfera a la izquierda sera:

~1 = k

Y la de la esfera derecha:~2 = + k = ~1

4

(3) Determine el campo electrico generado por un alambre infinito con densidad de carga uniforme,localizado en el eje z.

Solucion:

Consideremos la siguiente situacion, en donde representa la densidad lineal de carga:

z0k

~R = zk

~r

y

x

en donde~R = z k, < z

E =

4pi0

[(z0 z)2 + 2]3/2 dz u = z z0

=

4pi0

du

[u2 + 2]3/2u = tan , du = sec2 d

=

4pi0

pi/2pi/2

2 sec2 d

[2(1 + tan2 )]3/2

=

4pi0

1

pi/2pi/2

2 sec2 d

sec3 =

4pi0

1

pi/2pi/2

cos d

=

4pi0

2

Resumiendo,

~E(~r) =

2pi0

(4) Encuentre el campo electrico a una distancia z sobre el centro de un disco circular plano de radioR, el cual posee una densidad de carga superficial constante. Que pasa con su formula en el casoen que R? Revise tambien el caso en que z R.Solucion:

Sean: ~r = z k , ~R = . As,() ~r ~R = z k () ~r ~R =

z2 + 2

() dS = d dAs,

~E(~r) =1

4pi0

~r ~R|~r ~R|3 dS

=

4pi0

2pi0

R0

z k (z2 + 2)3/2

d d

= Ez k + E

Ya sea mediante el calculo explcito de la integral, o por argumentos de simetra del problema, seconcluye que:

E 0

6

Por otra parte,

Ez =z

4pi0

2pi0

R0

d d

(z2 + 2)3/2

=z

20

R0

(z2 + 2)3/2d

=z

20

(1

|z| 1

z2 +R2

)Por lo tanto,

~E(z) =z

20

(1

|z| 1

z2 +R2

)k

Notemos que, si R, entonces el disco cubrira todo el plano; por esta razon, el campo electricode un plano infinito con carga superficial constante es:

Eplano = lmR

E(z) = 20

y en constante, con signo dependiente de si estamos sobre (+) o bajo () el plano.Para z R > 0, entonces:

1z2 +R2

=1

z

(1 +

R2

z2

)1/2 1

z

(1 1

2

R2

z2

)Con ello,

EzR =z

20

R2

2z3=

piR2

4pi0z2=

1

4pi0

Q

z2

con Q = piR2 la carga total del disco.

(5) Considere un plano infinito de densidad de carga uniforme , con un orificio circular de radio R:

a) Obtenga el campo electrico sobre un punto arbitrario del eje perpendicular al plano quepasa por el centro del orificio.

b) Suponga que ahora, a lo largo de este eje, se ubica un hilo no conductor de largo ` con densidadde carga lineal uniforme desde z = 0 hasta z = `, con z es la distancia perpendicular alplano. Encuentre la fuerza electrica entre ambos objetos.

7

Solucion:

a) Para resolver este problema, usamos el Principio de Superposicion: el campo electrico de la figuracorresponde a la suma de los campos producidos por un plano infinito (con densidad de carga) y un disco de radio R (con densidad de carga ). Supongamos que el plano agujereadose encuentra en el XY ; as, el problema consiste en obtener el campo sobre un punto del ejez. Del problema anterior, estos campos son conocidos, por lo que:

~E(z) = ~Eplano + ~Edisco =

20

z

|z| k

20

[z

|z| z

z2 +R2

]k =

20

zz2 +R2

k

b) Por la tercera Tercera Ley de Newton, podemos calcular la fuerza entre ambos elementos comola fuerza ejercida por el plano agujereado sobre la barra. El elemento de fuerza electrica queel plano ejerce sobre un elemento dq = dz del alambre es:

d~F = ~E(z)dq = ~E(z)dz =

20

z dzz2 +R2

k

Por tanto, la fuerza sobre el hilo completo es:

~F =

`0

d~F

=

20

( `0

z dzz2 +R2

)k

=

20

z2 +R2

`

0

k

=

20

(`2 +R2 R

)k

(6) Un recipiente hemisferico no conductor, de radio interior a, tiene una carga total Q repartidauniformemente en su superficie. Encuentre el campo electrico en el centro de curvatura.

8

Solucion:

Tomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto, podemos determinarla contribucion de un elemento diferencial de carga en la superficie al campo electrico en el eje quepasa por el centro de curvatura, que coincide con la direccion k (El campo ~E, por simetra, solotendra componente en k).

d ~E =1

4pi0

~r ~R~r ~R3

dS

Un elemento diferencial de superficie sobre la esfera esta dado por

dS = a2 sin d d

y, como la carga esta uniformemente distribuida, la densidad superficial es simplemente

=Q

2pia2

Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la superficie:

~E(~r) =a2

4pi0

2pi0

pipi/2

sin Q

2pia2~r ~R~r ~R3 d d

Evaluando en ~r = ~0 obtenemos el campo en el centro de curvatura:

~EC = Q8pi20

2pi0

pipi/2

sin ~R

~R3d d

Si tomamos ~R = a = a cos k + a sin cos + a sin sin , entonces |~R| = a. Por el argumentode simetra, solo interesa la componente segun k. De todas formas, se puede verificar calculandoexplcitamente las integrales en , . Con esto,

EC = Q4pi0a2

pipi/2

cos sin d = Q8pi0a2

pipi/2

sin 2 d = 1

=Q

8pi0a2

Finalmente,

~EC = EC k =Q

8pi0a2k

9

1.2. Ley de Gauss para el campo electrico

(1) Considerando la ley de Gauss,

S

~E n dS = q0

con q la carga encerrada por la superficie S, determine el campo electrico ~E de una esfera cargadauniformemente, de carga Q y radio a.

Solucion:

Primero que todo, calculemos la densidad volumetrica de carga para la esfera:

(r) =Q

V=

Q4

3pia3

=3Q

4pia3

Por simetra, proponemos que ~E = E(r) r. Como superficies gaussianas, tomaremos esferas de radior con normal exterior n = r. As,

S

~E n dS =

S

E(r)r r dS = E(r) A(S) = 4pir2 E(r) = qenc0

Para calcular la carga encerrada, distinguimos dos casos:

r > a

qenc = Q E(r) = Q4pi0 r2

r < a

qenc = (r) 43pir3 = Q

(ra

)3 E(r) = Q

4pi0 a3r

Notar que es continua en r = a. As, el campo electrico tiene la siguiente forma:

r

E(r)Q

4pi0a2

r = a

r

1r2

10

con:

~E(r) =

Qr

4pi0a3 , si r < a

Q

4pi0r2 , si r a

[Propuesto] Compare este resultado con el calculo hecho mediante integrales de Coulomb.

(2) Considere un cable coaxial muy largo, compuesto por un cilindro solido interior de radio a que llevauna densidad de carga volumetrica (constante), y por un cilindro exterior hueco de radio b > aque lleva una densidad de carga superficial ; esta densidad es tal que hace al cable electricamenteneutro. Encuentre el campo electrico producido por el cable en todo el espacio.

Solucion:

Establecemos un sistema de coordenadas cilndricas en el centro del cable. Distinguimos tres regio-nes:

(i) r > b (ii) a < r < b (iii) 0 r < a

Por simetra, el campo (de existir) debe ser radial, y su magnitud unicamente funcion del radio(pues el cable posee una simetra azimutal, i.e. es invariante ante una rotacion del angulo polar).

r > b

Dada la simetra, usaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio r < b y altura h.Luego,

S

~E n dS =

Manto

~E n dS +

Tapas

~E n dS

Para el manto, n = y ~E = E(r) ; de esta forma:

Manto

~E n dS = E(r)

Manto

dS = 2pirhE(r)

Por otro lado, para las tapas, n = k. De esta forma, ~E n y por tanto:

Tapas

~E n dS = 0

11

Con esto,e = E(r)2pirh

pero como el cable es neutro, qenc = 0. Luego,

E(r)2pirh = 0 E(r) = 0

Notar que: qenc = pia2h+ 2pibh = 0 = a

2

2b

a < r < b

Nuevamente utilizaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio r y altura h. Por losmismos argumentos anteriores, la integral de flujo electrico se reduce a:

e = E(r)2pirh

La carga encerrada en este caso corresponde qenc = Va, con Va = pia2h el volumen del cilindro

solido interior. As,

E(r)2pirh = pia2h

0 E(r) = a

2

20r

0 r < a

Escogemos la misma superficie gaussiana. Los mismos argumentos de simetra son validos enesta region, y por tanto:

e = E(r)2pirh , qenc = pir2h

Entonces,

E(r)2pirh = pir2h

0 E(r) = r

20

En resumen (notando que existe una discontinuidad en el campo al atravesar la superficie cargadar = b),

~E(r) =

r

20 , si 0 r < a

a2

20r , si a < r < b

~0 , si b < r

12

(3) Considere dos esferas no concentricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidad volumetrica

de carga y la segunda . Los centros de las esferas estan a distancia d < 2R. Si ~d es el vectorque va del centro de la esfera positiva al centro de la negativa, demuestre que el campo electrico enla interseccion de las esferas es constante, y encuentre su valor.

~db

b

Solucion:

Este problema se resuelve con superposicion, recordando antes la formula del campo electrico ge-nerado por una distribucion homogenea y esferica de carga (resuelto anteriormente):

~E(r) =

Qr

4pi0a3 , si r < a

Q

4pi0r2 , si r a

donde r es la distancia al centro de la distribucion. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de laregion de interseccion:

~d

P

~r~r

b

b

b

El campo en P producido por la distribucion de carga positiva es

~E1 =

30~r

13

y el de la distribucion negativa viene dada por

~E2 =30

~r

As, por el principio de superposicion, el campo electrico en P esta dado por

~E(P ) = ~E1 + ~E2 =

30~r

30~r

Pero ~d+ ~r = ~r, de forma que ~r = ~r ~d:

~E(P ) =

30~r

30

(~r ~d

)=

30~d

El punto P fue escogido arbitrariamente; luego, para todo ~x dentro de la interseccion, el campo esuniforme y esta dado por

~E(~x) =

30~d

Notar que el campo es paralelo a la direccion que une ambos centros

(4) Considere la siguiente distribucion volumetrica de carga en coordenadas esfericas

(r) =k

r2, a r b

Encuentre el campo electrico en todo el espacio.

Solucion:

Dado que no existe direccion privilegiada para la densidad de carga, el problema presenta simetraesferica. Por esta razon, es posible argumentar que el campo en cuestion posee la forma ~E = E(r) .Ahora, nuestro problema separa al espacio en tres regiones:

r < a

Si empleamos una esfera de radio r como superficie gaussiana, entonces la ley de Gauss nossenala que

S

~E n dS = E(r)A(S) = qenc0

E(r) 0

pues no hay carga en dicha zona del espacio.

14

r > b

El calculo anteriormente realizado sigue siendo valido en esta region, y por ello:

E(r) =qencA(S)0

As, como A(S) = 4pir2, nos basta hallar la carga encerrada en este caso:

qenc =

2pi0

pi0

ba

(r)r2 sin dr d d

= 4pi

ba

k

r2r2 dr

= 4pik(b a)

Por tanto,

E(r) =4pik(b a)

0

1

4pir2=k(b a)0r2

a < r < b

En este caso, la carga encerrada por la superficie gaussiana esfera de radio r es

qenc = 4pi

ra

k

r2r2 dr

= 4pik(r a)

De esta forma,

E(r) =4pik(r a)

0

1

4pir2=k(r a)0r2

(5) a) Determine la forma diferencial de la ley de Gauss. Que hipotesis debe adicionar?

b) Una distribucion de carga electrica produce un campo

~E = c(1 er

) r2

en donde c, son constantes, y r es la distancia al origen. Encuentre la densidad volumetricade carga de la distribucion, as como tambien la carga encerrada dentro de una esfera de radior = 1/.

Solucion:

15

a) Supongamos que se cumplen las hipotesis del teorema de la divergencia (lo cual es razonablepara los problemas fsicos de la mayora de los casos), y por ello:

S

~E n dS = qenc0

V

~E dV = 10

V

dV

0 =

V

( ~E

0

)dV

Como lo anterior fue realizado para un volumen arbitrario, y dado que las funciones soncontinuas, entonces se infiere que el integrando debe ser nulo para la que igualdad sea validapara cualquier volumen. As,

~E = 0

que el la forma diferencial de la ley de Gauss.

b) Para obtener la densidad volumetrica de carga a partir de un campo, aplicamos la ley de Gaussen su forma diferencial. Dado que trabajamos en coordenadas esfericas, la divergencia es:

~F = 1r2

r

(r2Fr

)+

1

r sin

(sin F

)+

1

r sin

F

En este caso, E = E = 0, y por tanto:

~E = cer

r2 (r) = 0ce

r

r2

Ahora, la carga encerrada viene dada unicamente por:

Q = 4pi

1/0

(r)r2 dr = 4pi0c(1 e1

)

(6) Considere una esfera aislante de radio a cargada electricamente con carga 3Q y, concentrico a ella,un cascaron esferico conductor, de radio interior b y exterior c, cargado con carga Q (ver figura).Encuentre el campo electrico para a < r, siendo r la distancia al centro de la esfera. Encuentre lasdensidades de carga interior y exterior en el cascaron conductor.

16

Solucion:

Para calcular el campo usamos la ley de Gauss en coordenadas esfericas. Para a < r usamossuperficies gaussiana esfericas concentricas de radio r dependiendo de la region de interes. En todoslos casos el campo es, por los mismos argumentos de simetra,

E(r) =qenc

4pi0r2

Veamos cada region del espacio:

a < r < b

En este caso el radio r de la superficie gaussiana es tal que la carga encerrada corresponde ala almacenada en la esfera de radio a, qenc = 3Q. As,

E(r) =3Q

4pi0r2

b < r < c

En este caso el campo electrico es nulo, por ser una region dentro de un conductor.

E(r) = 0

c < r

En este caso, el radio de la superficie gaussiana permite que esta encierre tanto la esfera comoal cascaron. Por ende, la carga encerrada es qenc = 3Q+ (Q) = 2Q. El campo es, entonces,

E(r) =2Q

4pi0r2=

Q

2pi0r2

Notar que en r = b, c el campo es discontinuo

Para obtener las densidades de carga en las superficies interior (r = b) y exterior (r = c) del cascaronconductor, usamos el hecho de que dentro del conductor (b < r < c) el campo es nulo, por lo queel flujo a traves de una superficie gaussiana S esferica concentrica de radio r entre b y c tambien seanula,

e =

S

~E n dS = 0

Pero, si el flujo se anula, necesariamente la carga encerrada dentro de esta superficie debe anularse.Esto solo es posible si se inducen cargas en la superficie interior del cascaron, tal que 3Q+Qb = 0.Luego, Qb = 3Q y la densidad en la superficie interna del cascaron es:

b = 3Q4pib2

17

Ahora, como la carga neta del cascaron conductor es Q, necesariamente se debe inducir carga enla superficie exterior, tal que:

Q = Qb +Qc = 3Q +Qcde donde Qc = 2Q, y la densidad de carga en la superficie exterior queda dada por:

c =2Q

4pic2=

Q

2pic2

(7) Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una banda muy larga, de ancho b y densidad decarga , y un alambre igualmente largo, con densidad lineal de carga , puesto en el mismo planoque la banda a distancia d del borde inferior, como muestra la figura.

Solucion:

Podemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribucion lineal de carga sobre la distribucionplana, o viceversa. Utilizaremos la primera opcion, y para ello necesitamos obtener el campo electricogenerado por la distribucion lineal. Esto puede calcularse con ley de Gauss, considerando la simetracilndrica del campo electrico en presencia de una distribucion lineal infinita de carga:

Si la superficie gaussiana es un cilindro de radio r y largo h, y utilizamos coordenadas cilndricas,entonces:

e = 2pirhE(r) =h

0 ~E(r) =

2pi0r

Dada la simetra del problema, y sin perdida de generalidad, supondremos que la banda se encuentreinmersa en el plano XY . As, dq = dxdy. Calcularemos la fuerza que se ejerce sobre una porcionde largo L de la distribucion planar:

d~F = ~E dq =

2pi0ydx dy

18

con x [0, L], y [d, d+ b]. Por lo tanto,

~F =

L0

dx

d+bd

2pi0ydy

=L

2pi0

d+bd

dyy

=L

2pi0ln

(d+ b

d

)

y, finalmente, la fuerza por unidad de longitud es:

~f =~F

L=

2pi0ln

(d+ b

d

)

1.3. Potencial electrico

(1) a) Calcule el potencial electrico en un punto P debido a un dipolo. Para ello, considere al dipoloen el eje vertical, como se muestra en la figura.

b) Determine la energa potencial de un dipolo embebido en un campo electrico externo.

Solucion:

Antes que todo, algunas definiciones importantes:

19

() Se define el potencial electrostatico de una distribucion continua de carga como:

(~r) =1

4pi0

R3

(~R)

|~r ~R| d3R

() La relacion entre potencial y campo electrico es:~E(~r) = (~r)

() Se define el potencial electrostatico de una distribucion discreta de carga como:

(~r) =1

4pi0

Nj=1

qj|~r ~rj |

() La interpretacion fsica del potencial es:

W = q ~r2~r1

~E d~r = q(2 1)

() Para un sistema de N cargas, la energa potencial asociada al sistema es:

U =1

2

Ni=1

qi(~ri)

() Para un sistema continuo de cargas, la energa potencial asociada al sistema es:

U =1

2

V

(~r)(~r) d3r

a) Sea d = 2a. Por el principio de superposicion,

(P ) =1

4pi0

(q

R1 qR2

)Por el teorema del coseno,

R12 = r2 + a2 2ar cos () = r2 + a2 2ar cos ()

R22 = r2 + a2 2ar cos (pi ) = r2 + a2 + 2ar cos ()

As,

R1 = r

1 +

(ar

)2 2

(ar

)cos

Desarrollando en series de Taylor, para r a, tenemos que:1

R1=

1

r

[1 +

(ar

)2 2

(ar

)cos

]1/2 1

r

[1 1

2

(ar

)2+(ar

)cos

] 20

De manera analoga para R2,

1

R2 1

r

[1 1

2

(ar

)2(ar

)cos

]Por tanto,

(P ) =q

4pi0

(1

R1 1R2

)=

q

4pi0

1

r

(2a

rcos

)=

qd cos

4pi0r2

=p cos

4pi0r2

con p = qd el momento de dipolo electrico. Finalmente,

(P ) =p cos

4pi0r2

b) Supongamos la siguiente situacion:

La energa potencial asociada al dipolo sera:

U = q(~r) + q(~r + ~a)

Podemos desarrollar (~r + ~a) en serie de Taylor (hasta el primer orden):

(~r + ~a) = (~r) +

xax +

yay +

zaz = (~r) +(~r) ~a

As,U = q~a (~r) = ~p (~r) = ~p ~E

(2) Considere un anillo de radio R uniformemente cargado con densidad . Cual es el potencial elec-trostatico a una distancia z sobre el eje del anillo?. En seguida, calcule el potencial en el eje de unanillo de radio interior a, radio exterior b y densidad .

21

Solucion:

Tomemos un elemento infinitesimal de longitud en el anillo d` = Rd, el cual posee un elemento decarga dq = Rd. Su contribucion al potencial en P es:

d(P ) =1

4pi0

dq

r=

1

4pi0

RdR2 + z2

Luego, el potencial debido al anillo completo esta dado por:

(P ) =

2pi0

d =1

4pi0

2piRR2 + z2

=1

4pi0

QR2 + z2

con Q la carga total del anillo. Es facil ver que si z R, se tiene el potencial de una carga puntual

(P ) =1

4pi0

Q

|z|

Ahora, para obtener el potencial de un disco de radios a y b, simplemente se considera la superpo-sicion de anillos infinitesimales:

Tomamos un anillo de radio r y ancho infinitesimal dr. Sabemos que el potencial en el eje esta dadopor:

d(P ) =1

4pi0

dQr2 + z2

22

donde dQ = 2pir dr es la carga que contiene dicho anillo. Luego,

d(P ) =2pi

4pi0

r drr2 + z2

=

20

r drr2 + z2

Finalmente, el potencial es:

(P ) =

20

ba

r drr2 + z2

=

20

(b2 + z2

a2 + z2

)

(3) Considere dos cascarones esfericos de radios a y b (a < b). El cascaron interior tiene una cargahomogeneamente distribuida Q, y el exterior Q. Encuentre la diferencia de potencial entre ambosobjetos.

Solucion:

Consideremos el siguiente esquema:

Q

Q

a

b

El campo electrico en todo el espacio (de existir) es esfericamente simetrico. Lo mismo sucede conel potencial, que sera constante en una superficie esferica. Lo que se pide es

V = (b) (a) = ba

~E d~r

Para evaluar la integral, claramente debemos encontrar el campo y elegir un camino desde a hastab. Utilizamos una superficie gaussiana esferica de radio r, con a < r < b. Por ley de Gauss:

S

~E n dS = 4pir2E(r) = Q0

Luego, en la region entre los dos cascarones,

~E(r) =Q

4pi0r2

23

Dada la forma del campo, resulta inteligente elegir un camino radial:

: ~r = r , a r b d~r = dr

Luego,

~E d~r = Q4pi0

dr

r2

Entonces:

V = (b) (a) = Q4pi0

ba

dr

r2=

Q

4pi0

1

r

ba

=Q

4pi0

(1

b 1a

)

Notar que (b) (a) < 0 (b) < (a), i.e. cuesta mas trabajo llevar unacarga hasta a que hasta b desde el infinito

(4) Iones de carga q son acelerados desde el reposo hasta una diferencial de potencial V0, para luegoentrar a una region entre dos electrodos cilndricos muy largos, A yB, de radios a y b respectivamente(a < b). El ion recorre media circunferencia de radio r0 describiendo la trayectoria senalada conlnea punteada. Despreciando los efectos de borde, y asumiendo que los cilindros son muy largos encomparacion al espacio que los separa, encuentre la diferencia de potencial VBA.

Solucion:

Primero, debemos encontrar la velocidad con la que los iones ingresan a la region entre los cilindros:Estos son acelerados a partir del reposo desde una region a potencial = V0 hasta otra region apotencial = 0. La energa inicial esta dada por

Ei = qV0

mientras que la energa final (justo antes de ingresar entre los electrodos) es

Ef = mv2

2

As, por conservacion de energa,

E = 0 v2 = 2qV0m

24

Ahora, dentro de la region entre cilindros, existe un campo electrico radial que se puede obtenercon la ley de Gauss: utilizando una superficie gaussiana cilndrica de radio r [a, b] y altura h, setiene:

2pirhE(r) =qenc0

en donde la carga encerrada por la superficie es qenc = 2piha, donde es la densidad superficialde carga sobre el cilindro de radio a. De aqu,

2pirhE(r) =2piha

0 ~E(r) = a

0r

En particular,~E(r0) =

a

0r0

Este campo es el responsable de la fuerza que siente el ion (en direccion radial), y que permite sutrayectoria. Por equilibrio de fuerzas,

q ~E(r0) = mv2

r0 (el signo corresponde a la direccion de la fuerza centrpeta)

Despejando,

= 20V0a

y el campo electrico en el interior de los electrodos queda como

~E(r) = 2V0r

Ahora, la diferencia de potencial entre cilindros es:

V = (b) (a) = ba

~E d~r = ba

(2V0

r

)dr = 2V0 ln

(b

a

)en donde hemos tomado un camino radial para realizar la integral de lnea.

(5) Encuentre el potencial dentro y fuera de una esfera solida cargada uniformemente, cuyo radio es Ry su carga total es Q. Use el infinito como punto de referencia.

Solucion:

Es facil ver, por ley de Gauss, que el campo electrico en esta configuracion (propuesto) viene dadopor:

~E(r) =

Qr

4pi0R3 , si r R

Q

4pi0r2 , si r > R

25

Potencial Exterior:

Ahora, para obtener el potencial electrostatico, calculamos la siguiente integral del lnea:

(r) () = r

~E d~r

Como usamos el infinito como referencia, () = 0. Usando una trayectoria radial, d~r = dr y para r > R,

(r) = r

Q

4pi0r2dr = Q

4pi0

r

dr

r2=

Q

4pi0r

Potencial Interior:

Ahora, para r < R,

(r) = R

Eout(r) dr rR

Ein(r) dr

=Q

4pi0R Q

4pi0R3

rR

r dr

=Q

4pi0R Q(R

2 r2)8pi0R3

=Q(3R2 r2)

8pi0R3

(6) Un alambre, cuya densidad lineal de carga es , se extiende en el eje z desde z = d hasta z = d.a) Calcule el potencial en un punto z > d sobre el eje del alambre.

b) Cual es el cambio de energa potencial de un electron si se mueve de z = 4d hasta z = 3d?

c) Si el electron parte del reposo desde z = 4d, cual es su velocidad en z = 3d?

Observacion: No considere efectos gravitacionales.

Solucion:

26

a) Sean ~r = z k y ~R = r k, dR = dr, y con ello ~r ~R = (z r) k. As,

(z) =1

4pi0

dd

z r dr =

4pi0ln

(z + d

z d)

b) Un electron se mueve desde z = 4d hasta z = 3d; luego, su cambio en energa potencial es:

U = U(3d) U(4d) = q((3d) (4d)

)= e((4d) (3d)

)=

e

4pi0ln

(5

6

)

c) Por conservacion de energa,

U(4d) +K(4d) = U(3d) +K(3d) K(3d) = U(4d) U(3d) = U = e4pi0

ln

(6

5

)pues parte del reposo. As, despejando

v =

me

2pi0ln

(5

6

)

(7) Se tiene una distribucion rectilnea de carga de densidad homogenea. Un punto P esta a unadistancia r de la distribucion, y su proyeccion sobre la recta de carga esta a las distancias `1 y `2de sus extremos.

a) Calcule el potencial electrostatico en P . Analice los casos lmites.

b) Obtenga el potencial en el punto P debido a un alambre infinito de carga.

Solucion:

27

a) Tomando el origen tal como se muestra en la figura, ~r = r , ~R = z k, dR = dz y |~r ~R| =z2 + r2. As,

(P ) =1

4pi0

`1`2

|~r ~R| dz

=

4pi0

`1`2

dzr2 + z2

=

4pi0ln(z +z2 + r2

)`1`2

=

4pi0ln

(`1

`1

2 + r2

`2 +`2

2 + r2

)

b) Para calcular el potencial de un alambre infinito, basta con hacer `1, `1 ? Si lo hacemos,notamos que el potencial diverge. Esto se debe a que la carga electrica total en la distribucionno es finita, y solo en esos casos podemos fijar el potencial igual a cero en infinito. Para resolvereste problema, recordamos que el campo electrico producido por un alambre infinito es:

~E(r) = E(r) =

2pi0r

Sabemos que:

~E = = ddr

pues la simetra del problema nos sugiere que no hay dependencia angular. As,

(r) =

E(r) dr + C (r) = 2pi0

ln (r) + C

con C una constante arbitraria. Evaluando en r = 1, obtenemos que (1) = C. Luego, laconstante no es mas que el potencial de todos los puntos que estan sobre el manto cilndricode radio unitario:

(r) = 2pi0

ln (r) + (1)

(8) Dos cables infinitos, paralelos al eje X , poseen densidades de carga uniformes y . Ellos estana distancia a del origen.

a) Encuentre el potencial en un punto (x, y, z) usando el origen como punto de referencia.

b) Demuestre que las superficies equipotenciales son cilindros circulares.

Solucion:

Tenemos dos alambres infinitos, cada uno a distancia a del origen, como se aprecia en la figura(notar que el eje X sale de la pagina)

28

a) Por el principio de superposicion, el potencial total en el punto P sera la suma de los potencialesdebidos a cada distribucion individual. El potencial debido al alambre de densidad es

1(P ) = 2pi0

ln (s+) + C1

y el potencial debido al alambre de densidad es

2(P ) =

2pi0ln (s) + C2

Ahora, como nos piden que la referencia sea el origen, las constantes C1 y C2 deben satisfacer

1(a) = 2(a) = 0

y con ello:

1(a) = 0 = 2pi0

ln (a) + C1 C1 = 2pi0

ln (a)

2(a) = 0 =

2pi0ln (a) + C2 C2 =

2pi0ln (a)

Notar que C1 + C2 = 0. El potencial en el punto P es

(P ) = 1(P ) + 2(P ) = 2pi0

ln (s+) +

2pi0ln (s) =

2pi0ln

(ss+

)Si P = (x, y, z), entonces

s =(y + a)2 + z2 s+ =

(y a)2 + z2

Finalmente,

(P ) =

2pi0ln

((y + a)2 + z2(y a)2 + z2

)=

4pi0ln

((y + a)2 + z2

(y a)2 + z2)

29

b) Las curvas de nivel vienen dadas por:((y + a)2 + z2

(y a)2 + z2)= = cte

Desarrollando,

(y + a)2 + z2 = ((y a)2 + z2

)y2 + 2ay + a2 + z2 = (y2 2ay + a2 + z2)

(1 )y2 + 2(1 + )yz + (1 )z2 + (1 )a2 = 0Si = 1, entonces las curvas de nivel son solo puntos, por lo que pueden considerarse comocrculos de radio cero. Para 6= 1,

y2 + z2 + a2 + 2

(1 +

1 )ya = 0

Recordamos la ecuacion de una circunferencia con centro en y0 y radio R:

(y y0)2 + z2 = R2 y2 + z2 2yy0 + (y02 R2) = 0

De aqu, es claro que en planos perpendiculares a los alambres las superficies equipotencialesson circunferencias con

y0 = a + 1

1 R =2a

| 1|En definitiva, las superficies equipotenciales son cilindros:

30

1.4. Conductores y capacitancias

(1) Para una distribucion homogenea y esferica de carga, calcular:

a) El potencial en todos los puntos interiores

b) La energa potencial electrostatica

Solucion:

a) Sabemos que, dentro de la esfera, el potencial debe satisfacer la ecuacion de Poisson:

2 = = 0

Debido a la simetra esferica del problema, el potencial tendra una dependencia radial con res-pecto al centro de la esfera. As, = (r), y resolvemos la ecuacion de Poisson en coordenadasesfericas:

1

r2d

dr

(r2d

dr

)=

0

Esto es,

d

dr

(r2d

dr

)= r

2

0 r2d

dr= r

3

30+ c1 d

dr= r

30+c1r2

Integrando nuevamente,

(r) = r2

60 c1

r+ c2

Como calculamos el potencial dentro de la esfera, este debe ser finito en el origen; para ello,debe cumplirse que c1 = 0. Con ello:

(r) = r2

60+ c2

Para hallar c2, le aplicamos continuidad al potencial en la frontera r = R:

in(R) = R2

60+ c2 =

1

4pi0

4/3piR3

R= out(R) c2 = R

2

20

Finalmente,

(r) =

20

(R2 r

2

3

)b) La Energa potencial asociada a una distribucion de carga se puede obtener como:

U =1

2

V

dq =

2

V

dV =

2

V

r2 dr d =4pi

2

R0

(r)r2 dr =4pi2R5

150

31

(2) Una esfera de metal de radio R y carga q esta rodeada por un cascaron esferico metalico de radiointerior a y radio exterior b. El cascaron no tiene carga neta.

a) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficie

b) Encuentre el potencial en el centro, utilizando infinito como punto de referencia

c) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito),Como cambian las respuestas anteriores?

Solucion:

a) Consideremos el siguiente esquema:

Como la esfera de radio R es metalica (conductora), toda la carga debe estar concentradaen su superficie. Dada la simetra esferica del problema, esta distribucion de carga debe seruniforme, es decir:

R =q

4piR2

Ahora, el cascaron es electricamente neutro; sin embargo, en sus superficies (Sa y Sb), se induce

carga de forma tal que el campo electrico en su interior sea nulo, i.e. ~E(r) = ~0, si a < r < b.Tomando una superficie gaussiana en el interior del cascaron,

S

~E n dS = 0 = Qint0

Qint = 0

As, como Qint = q + a4pia2, es claro que:

a = q4pia2

Como el cascaron es neutro, debe cumplirse que

a4pia2 + b4pib

2 = 0 b = a2

b2a =

q

4pib2

32

b) Distinguimos cuatro regiones, como se aprecia en la figura:

Como las regiones I, III estan dentro de un conductor, ~E = ~0 y su potencial es constante(pueden ser distintos entre s, pero iguales en todo punto de cada region). Para encontrar elcampo electrico en las regiones II, IV utilizamos la ley de Gauss. Tomando una superficieesferica de radio r con R < r < a (region II), se tiene:

e = 4pir2E(r) =

q

0 E(r) = 1

4pi0

q

r2

Del mismo modo, para r > b (region IV ), se cumple que:

E(r) =1

4pi0

q

r2

Con esto, podemos calcular el potencial en el origen

(0)() =

0

~E d~r = 0

~E d~r

tomando una trayectoria radial:

(0) =

0

E(r) dr

=

R0

E(r) dr +

aR

E(r) dr +

ba

E(r) dr +

b

E(r) dr

=

aR

q dr

4pi0r2+

b

q dr

4pi0r2

=q

4pi0

(1

b+

1

R 1a

)c) Ahora, tenemos que:

33

Hasta antes de la frontera r = b, el campo electrico y la densidad de carga se mantienenintactos. Por otra parte, el potencial es nulo sobre la superficie exterior Sb, lo que implica que

(b) =

b

E(r) dr = 0

para cualquier camino que una al infinito con el punto b, pues el campo es conservativo. Luego,como el integrando es continuo y vale cero para cualquier camino , por teora de la integracion,debe cumplirse que

~E(~r) = ~0 , ~r IVNotar que lo anterior implica que la carga encerrada por una superficie gaussiana contenidaen IV necesariamente es cero. Es decir, el cascaron ya no es un objeto electricamente neutro(se debe inducir una carga neta en el, igual a q).

q + a4pia2 + b4pib

2 = q q + b4pib2 = 0 b = 0

(3) Una esfera metalica hueca, con espesor no nulo, se encuentra inicialmente descargada. Ahora, ima-gine que una carga positiva q es colocada en algun lugar (no necesariamente al medio) dentro de laesfera, sin tocar las paredes.

a) Que carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente ladensidad de carga inducida. Describir como son las lneas de campo electrico dentro y fuerade la esfera.

b) Suponga que se mueve la carga dentro de la cavidad. Cambia la distribucion en la superficieexterior de la esfera?

c) Ahora, se coloca la carga en contacto con la superficie interior de la esfera. Como queda ladistribucion de carga en la superficie interior y exterior?

d) Que sucede si ahora se acerca otra carga Q cerca de la superficie exterior del conductor?

Solucion:

34

a) La carga q en el interior de la esfera metalica inducira una separacion de carga en el metal. Seaqi la carga total inducida en la superficie interior, y qo la carga total inducida en la superficieexterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, la ley de conservacionde la carga indica que se debe tener

qi + qo = 0

Para determinar el valor de qi, tomemos una superficie gaussiana contenida enteramente dentrodel cascaron esferico. La carga total encerrada por esta superficie es qenc = q + qi. Debido aque el campo electrico es nulo dentro de un conductor, la Ley de Gauss indica que:

e =q + qi0

= 0 qi = q, qo = qi = q

La carga negativa en la superficie interna se concentra en la parte de la esfera mas cercana ala carga q. En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuye uniformementesobre la superficie exterior. Esto ultimo debido a que la esfera metalica es una superficieequipotencial, y la unica forma de que esto suceda es que el campo sea radial y uniforme sobrela superficie exterior.

La distribucion de las cargas, y sus respectivas lneas de campo, son similares a como se apreciaen la siguiente figura:

El campo fuera de la esfera es

~E(r) =1

4pi0

q

r2

tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor.

b) La distribucion de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por la mismarazon anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie s se redistribuyeen la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior siga siendo nulo.Esto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podramos saber cuanta carga seencuentra en el interior, pero no podremos asegurar en que posicion se encuentra.

c) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida q se concentrara enteramenteen el punto de contacto y cancelara la carga q.

d) Si se acerca ahora otra carga Q al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuira en lasuperficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribucion de carga al interior nocambia debido a la presencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad

35

esta encerrada en un conductor, ninguna distribucion estatica de carga en el exterior podraproducir campos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por que losaparatos electricos se encuentran en cubiertas metalicas.

(4) a) Considere dos placas metalicas conductoras de igual area A, y separadas por una distancia d.La placa superior posee carga Q, mientras que la placa inferior posee carga Q. Encontrar lacapacidad del sistema.

b) Considere un cilindro solido de radio a rodeado por una cascara cilndrica de radio interiorb. La longitud de ambos cilindros es L tal que permite despreciar los efectos de borde. Elcondensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el exterior, carga Q.Cual es su capacidad?

c) [Propuesto] Probar que la capacidad de una configuracion esferica, compuesta de dos esferasconcentricas de radios a y b, es

C = 4pi0

(ab

b a)

Solucion:

a) Para encontrar la capacidad C, primero debemos saber la forma del potencial electrico en elinterior del condensador (y luego determinar la diferencia de potencial entre ambas placas).Ignorando el efecto del borde del capacitor producto a su largo finito, se puede entender alcampo producido por ambas placas como el campo producto de un plano infinito: Para todopunto fuera de la region interna del capacitor, se cumplira que:

~Eout = ~E+Q + ~EQ =

20k +20

k = ~0

Para todo punto dentro del capacitor, se cumple que:

~Ein = ~E+Q + ~EQ =

20k +

20k =

0k

Ahora, la diferencia de potencial entre las placas del condensador se obtiene integrando elcampo sobre una curva que va desde la placa positiva hasta la negativa; por simplicidad,elegimos una trayectoria normal a cada superficie:

V = + = +

~E d~r = Ed = d0

|V | = d0

De esta forma, la capacidad de un condensador de placas planas y paralelas sera:

C =Q

|V | =0A

d

Es claro como la capacitancia solo depende de factores geometricos (esta conclusion es validapara cualquier sistema).

36

b) Para obtener la capacidad, debemos primero obtener el campo electrico en cualquier parte enla region entre ambos conductores. Debido a la simetra cilndrica del sistema, elegimos porsuperficie gaussiana un cilindro coaxial con longitud ` < L y radio a < r < b. Usando la leyde Gauss, con un campo radial, tenemos

e = E(r)2pi`r =qenc0

=2pia`

0 E(r) = a

0r

La diferencia de potencial esta dada por:

V = (b) (a) = ba

~E d~r

= ba

E(r) dr

= a0

ba

dr

r= a

0ln

(b

a

)donde el camino de integracion tiene la direccion radial del campo electrico. De esta forma,tenemos que:

C =Q

|V | =2piaL

a

0ln (b/a)

=2pi0L

ln (b/a)

(5) Considere un condensador de placas paralelas cargadas con densidades y , como muestra lafigura. Se arroja una carga q horizontalmente, por el espacio entre las placas, con velocidad vx.Encuentre la trayectoria seguida por la partcula cargada y el angulo que forma su vector velocidadcon la horizontal al momento de salir, considerando que ` es lo suficientemente grande como paraque la carga no choque con alguna de las placas. Desprecie efectos gravitacionales.

Solucion:

EL campo electrico dentro del capacitor es ~E =

0k. Por tanto, la fuerza electrica ejercida sobre

la carga viene dada por la ley de Coulomb:

~F = q ~E =q

0k

37

De la segunda ley de Newton,~F = m~a ~a = q

m0k

Separando la ecuacion anterior en componentes, i.e. ~a = az k + ax , tenemos:

ax = 0

x = 0 x(t) = at + b

Reemplazando las condiciones iniciales, x(0) = 0, x(0) = vx, obtenemos:x(t) = vxt

az =

z = z(t) = 2t2 + bt+ c

Reemplazando las condiciones iniciales, i.e. z(0) = z(0) = 0, concluimos que:

z(t) =1

2

q

m0t2

donde el origen coincide con la posicion inicial de la carga al momento de entrar en el capacitor.De las ecuaciones anteriores, es claro que la trayectoria de la partcula es una parabola en el planoXZ. Ahora, el tiempo que demora en llegar al extremo derecho del capacitor sera

x(t) = d t = dvx

Con esto, las componentes de velocidad en cada eje seran:

Vx(t) = x(t) = vx Vz(t) = z(t) = q

m0

d

vx

Finalmente, el angulo esta dado por

= arctan

(Vz(t

)

Vx(t)

)= arctan

(qd

mvx20

)

38

(6) Considere la configuracion de la figura. Encuentre la capacidad equivalente, asumiendo que todoslos condensadores poseen la misma capacidad C.

Solucion:

Para los condensadores conectados en serie, la capacidad equivalente esta dada por:

1

Ceq=

1

C1+

1

C2+ . . .+

1

Cn=

nk=1

1

Ck

Por otro lado, para los condensadores en paralelo, la capacidad equivalente es:

Ceq = C1 + C2 + . . .+ Cn =

nk=1

Ck

Para la segunda y tercera fila existen capacitancias equivalentes en serie, C2, C3 respectivamente:

C2 =

(1

C+

1

C

)1=

C

2 C3 =

(1

C+

1

C+

1

C

)1=

C

3

Ahora, los capacitores C,C2, C3 estan en paralelo. As,

Ceq = C + C2 + C3 =11

6C

(7) Se tiene un condensador plano, con capacidad C1 y un condensador esferico, con capacidad C2. Elprimero tiene cargas electricas q1 y q1, y el segundo tiene cargas electricas q2 y q2. Luego, seconectan ambos condensadores como lo muestra la figura:

39

a) Obtenga las nuevas cargas Q1, Q1, Q2, Q2 una vez obtenido el equilibrio electrico.b) Cuanto vale la perdida de energa potencial electrica?

c) Segun su sentido fsico donde se pierde dicha energa?

d) Se coloca un dipolo electrico ~p entre las dos esferas del condensador. Que sucede con el?

Solucion:

a) Por conservacion de la carga electrica, al conectar ambos condensadores, la carga total solodebe distribuirse, luego:

q1 + q2 = Q1 +Q2

Al producirse el equilibrio, los conductores unidos quedan al potencial V ; luego, la diferencia depotencial entre sus terminales es comun para ambos condensadores (que ahora estan conectadosen paralelo):

Q1 = C1V , Q2 = C2V Q1Q2

=C1C2

Reemplazando en la primera igualdad,

Q1 =C1(q1 + q2)

C1 + C2 Q2 = C2(q1 + q2)

C1 + C2

b) La energa inicial esta dada por:

Ui =1

2

q12

C1+

1

2

q22

C2

Y la energa final es:

Uf =1

2

Q12

C1+

1

2

Q22

C2=

(Q1 +Q2)2

2(C1 + C2)

As, la energa perdida es la resta entre ambas cantidades:

U = Ui Uf = 12

(q1C2 q2C1)2C1C2(C1 + C2)

c) La perdida de energa se produce debido a que, al conectar ambos condensadores, se produceuna redistribucion de carga en ellos (y entonces, en un intervalo de tiempo corto, circulauna corriente electrica en los conductores). La energa que se pierde corresponde a la energadisipada, en forma de calor, por los conductores.

d) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo electrico entre ambas cascaras esfericas.Ademas, como el campo no es uniforme en esta region, el dipolo se desplaza hacia donde elcampo electrico es mas intenso, i.e. hacia la cascara negativa.

40

(8) Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura:

+

12 V S1

S2

2 uF 4 uF

1 uF 3 uF

a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1.

b) Lo mismo que lo anterior, ahora con S2 tambien cerrado.

Solucion:

a) Cuando S1 esta cerrado, los dos capacitores superiores estan en serie, as como tambien losdos inferiores. Las capacidades equivalentes son:

Cupper =

(1 +

1

3

)1F =

3

4F Clower =

(1

2+

1

4

)1F =

4

3F

Por ultimo, Cupper y Clower estan en paralelo, por lo que la capacidad total sera:

Ct = Cupper + Clower =25

12F

Con esto, podemos determinar la carga total suministrada por la fuente: Q = V C = 25 C.Ahora, sean Qi y Vi la carga y diferencia de potencial respectivamente del iesimo con-densador, numerados en orden creciente respecto a su capacitancia. Por estar en serie, Q1 =Q3, Q2 = Q4. As:

Q1 = 1V1 , Q2 = 2V2 , Q3 = 3V3 = Q1 , Q4 = 4V4 = Q2

Ademas, los voltajes satisfacen

12 = V1 + V3 = V2 + V4

Resolviendo el sistema,

Q1 = V1 = 36 3V1 , Q2 = 2V2 = 48 4V2 V1 = 9, V2 = 8, V3 = 3, V4 = 4

41

Por ultimo,Q1 = 9C, Q2 = 16C, Q3 = 9C, Q4 = 16C

Se comprueba que Q1 +Q2 = Q3 +Q4 = 25C = Q.

b) En este caso, los condensadores C1 y C2 estan en paralelo, al igual que C3 y C4:

Cleft = C1 + C2 = 3F Cright = C3 + C4 = 7F Ceq = 1021

F

La carga suministrada por la fuente sera:

Q = CeqV = 25.2C

Ademas, se tiene V1 = V2, V3 = V4, ya que se encuentran en paralelo. As,

V1 =1

Q1= V2 =

2

Q2, V3 =

3

Q3= V4 =

4

Q4

Con esto, 2Q1 = Q2 y 4Q3 = 3Q4. Tambien debe darse que Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25.2C, ypor tanto:

2Q1 = Q2 = 25.2Q1 Q1 = 8.4C, Q2 = 16.8CQ3 = 25.2Q4 = 25.2 4

3Q3 Q3 = 10.8C, Q4 = 14.4C

(9) Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen con sus cargas paralelas y muy proximasentre s. La distancia entre las placas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobre laplaca B en las direcciones x y z, cuando la diferencia de potencial entre las placas es Vo.

Solucion:

La energa almacenada en el condensador es:

U =CVo

2

2

donde la capacidad esta dada por

C =0A

x=

0a(a z)x

42

De esta forma,

~F = U = Ux

Uz

k = +Vo

20a

2

(a zx2

+1

xk)

43

2. Electricidad en medios materiales

2.1. Ecuaciones de Laplace y Poisson

(1) a) Considere dos cascarones cilndricos conductores de radios a y b > a coaxiales, cargados a lospotenciales Va y Vb, respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones.

b) Considere dos cascarones esfericos conductores de radios a y b > a concentricos, cargados alos potenciales Va y Vb, respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones, y fuerade ellos.

Solucion:

Para este, y todos los problemas del mismo estilo, conviene usar las ecuaciones de Laplace o dePoisson. Estas ecuaciones describen microscopicamente el potencial en todo el espacio, en el sentidode que dada la densidad de carga en un punto, se puede obtener el potencial en ese punto (desdeluego, tambien se puede partir del potencial, para obtener la densidad).

a) Dada la geometra del problema, empleamos coordenadas cilndricas, con el eje z coincidentecon el eje de los cascarones. En este caso estamos, interesados en cualquier punto dentro dela region entre ambos cascarones. En cualquiera de estos puntos no existen cargas (dicharegion es vaca), por lo que ah = 0. Por lo tanto, debemos resolver la ecuacion de Laplace,2V = 0. Ahora, dada la simetra del problema, sabemos que el potencial debe depende solode la distancia al eje de ambos cilindros, por lo que esperamos que V = V (r). As la ecuacionde Laplace queda muy simplificada:

1

r

d

dr

(rdV

dr

)= 0 d

dr

(rdV

dr

)= 0

pues r 6= 0. Resolvemos la EDO:

rdV

dr= A dV

dr=

A

r V (r) = A ln (r) +B

Las constantes A y B las determinan las condiciones de borde. En particular, sabemos queV (a) = Va y V (b) = Vb, por lo cual:

Va = A ln (a) +B , Vb = A ln (b) +B

Restando ambas ecuaciones, obtenemos

Va Vb = A ln(ab

) A = Va Vb

ln (a/b)

Por otra parte, multiplicando la primera ecuacion por ln (b) y la segunda por ln (a), y restando,

Va ln (b) Vb ln (a) = B ln(b

a

) B = Vb ln (a) Va ln (b)

ln (a/b)

que nos entrega el valor del potencial.

44

b) Por los mismos argumentos de tem anterior, debemos resolver la ecuacion de Laplace enambas regiones (entre y fuera de los cascarones). Esta vez, por simetra, usamos coordenadasesfericas. A priori sabemos que el potencial no puede depender de los angulos, o sea, V = V (r).La ecuacion de Laplace que hay que resolver es entonces:

1

r2d

dr

(r2dV

dr

) V (r) = A

r+B

Las condiciones de borde son las que nuevamente entregan los valores unicos de las constantes.En este caso, debemos separar cada region de interes:

a < r < bLas condiciones de borde relevantes aqu son: V (a) = Va y V (b) = Vb. Esto implica que

Va = Aa+B , Vb = A

b+B

Despejando:

A = ab(Va Vb)b a , B =

(Vab Vb

a

)ab

b aen la region entre los cascarones.

b < rEsta vez, las condiciones de borde relevantes son V (b) = Vb y que el potencial sea nulo enel infinito, V (r ) = 0. Esto implica que

Vb = Ab+B , V = B = 0

Es claro queA = bVb

en la region fuera de los cascarones.

Una pregunta propuesta al lector: Es el potencial continuo en la interfaz? Por que?

(2) Dos conos conductores concentricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esfericas son 1 = pi/6 y2 = pi/4, se muestran en la figura. Los conos son de extension infinita y en r = 0 estan separadospor una distancia infinitesimal. Si el cono interior esta a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V,determinar el potencial y el campo electrico en la region interior a ambos conductores.

45

Solucion:

Sea V la region delimitada por 1 < < 2. Si no hay densidad de carga libre en V, el potencialsatisface la ecuacion de Laplace V = 0. Dada la geometra del problema, es conveniente utilizarcoordenadas esfericas. El problema posee una clara simetra azimutal (el potencial no depende delangulo polar ). Ademas, debe existir independencia de r, pues la extension de los conos es infinita.De esta forma, el potencial debe ser unicamente funcion de :

V =1

r2 sin

d

d

(sin

dV

d

)= 0

o, equivalentemente,

d

d

(sin

dV

d

)= 0 sin dV

d= C1 dV

d= C1 csc

Recordando que la integral de la cosecante es ln (tan /2) + cte, entonces:

V () = C1 ln (tan /2) + C2

Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene que

V (1) = C1 ln (tanpi/12) + C2 = 0 , V (2) = C1 ln (tanpi/8) + C2 = 50

El despeje queda propuesto al lector. Para encontrar el campo electrico, utilizamos que

~E = V

(3) [Propuesto] Suponga que el potencial V0() sobre la superficie de una esfera de radio R es dado.Demuestre que la densidad de carga en la esfera es:

() =02R

l=0

(2l + 1)2ClPl(cos )

donde

Cl =

pi0

V0()Pl(cos ) sin d

Solucion:

Supongamos un potencial con simetra azimutal, de modo tal que V (r, , ) = V (r, ). Aplicando elmetodo se separacion de variables, afirmamos que existen funciones R(r), A() tales que V (r, ) =R(r)A() para todo r (0,), (0, pi). As, la Ecuacion de Laplace toma la siguiente forma:

46

V = 0 1r2

r

(r2V

r

)+

1

r2 sin

(sin

V

)= 0

A()r2

r

(r2R

r

)+

R(r)

r2 sin

(sin

A

)= 0

/ R(r)A()

1r2R(r)

r

(r2R

r

)+

1

r2A() sin

(sin

A

)= 0

/ r2

1R

r

(r2R

r

)

+1

A sin

(sin

A

)

= 0

El metodo de separacion de variables nos sugiere que es constante. Para hallar la componenteangular del potencial, resolvemos la parte derecha de la ecuacion:

1

sin

d

d

[sin

dA

d

]+ A = 0

Con el cambio de variables t = cos y X = A() tenemos que:

d

dt

[sin2

dX

dt

]+ X = 0 d

dt

[(1 t2)dX

dt

]+ X = 0

que es justamente la Ecuacion diferencial asociada a los polinomios de Legendre. Por tanto, X(t) =Pl(t) y = l(l + 1). Para R(r), sugerimos que esta solucion es de la forma R(r) = r

n, y por tanto:

d

dr

[r2dR

dr

] l(l + 1)R = 0 r2n(n 1)rn2 + 2rnrn1 l(l + 1)rn = 0

(n(n+ 1) + 2n l(l + 1)) rn = 0 n(n + 1) + 2n l(l + 1) = 0 n1 = l, n2 = (l + 1)

As, Rl(r) = alrl + blr

(l+1). Finalmente, el potencial posee como solucion general:

V (r, ) =l=0

[alr

l + blr(l+1)

]Pl(cos )

Volvamos al problema en cuestion. Notar que, tanto en la region interior como exterior de la esfera,existen las siguientes condiciones

V = 0

V (R, ) = V0()

47

lo que se conoce como Problema de Dirichlet. Para solucionarlo, definimos los potenciales internosy externos a la esfera, a saber Vin(r, ) y Vout(r, ) respectivamente. Del curso de Electricidad yMagnetismo, sabemos que ambos potenciales deben satisfacer que:

Vin(R, ) = Vout(R, ) = V0()(Voutr Vin

r

)r=R

= ()0

Al interior de la esfera, la fsica del problema nos exhorta a buscar una solucion que no diverja. Portanto, el termino bl debe ser identicamente nulo y con ello:

Vin(r, ) =

l=0

[alr

l]Pl(cos )

Lo mismo ocurre fuera de la esfera, y por tanto al 0 y as:

Vout(r, ) =l=0

[blr(l+1)

]Pl(cos )

Analicemos la relacion que existe entre al y bl en ambos potenciales. Como en la frontera (i.e. r = R)estos deben ser iguales, se cumple que:

l=0

[alR

l]Pl(cos ) =

l=0

[blR

(l+1)]Pl(cos ) bl = alR2l+1, l

Al mismo tiempo, como el potencial en la frontera tiene una forma determinada previamente en elenunciado,

l=0

[alR

l]Pl(cos ) = V0()

/ pi0

Pm(cos ) sin d

l=0

alRl

pi0

Pl(cos )Pm(cos ) sin d =

pi0

V0()Pm(cos ) sin d

l=0

alRl 2

2l + 1l,m = Cm

am =2m+ 1

2RmCm

bm = (2m+ 1)Rm+1

2Cm

As, utilizando la condicion para la densidad de carga se cumple que:

48

(Voutr Vin

r

)r=R

= ()0

l=0

[ (l + 1)blR(l+2) lalRl1

]Pl(cos ) = ()

0

1

2

l=0

[(l + 1) (2l + 1)Rl+1Cl R

(l+2) + l2l + 1

RlCl R

l1]Pl(cos ) =

()

0

1

2R

l=0

(2l + 1)2 Cl Pl(cos ) =()

0

Finalmente,

() =02R

l=0

(2l + 1)2ClPl(cos )

(4) [Propuesto] Una esfera de metal de radio R descargada es colocada en una region del espacio con

campo electrico uniforme ~E = E0k. Note que, debido a las cargas inducidas en la superficie de laesfera, el campo electrico cambia en la vecindad de la esfera. Encuentre el potencial electrostaticofuera de la esfera. HINT: Para r R, V E0z + C.Solucion:

Consideremos a la esfera como una superficie equipotencial, donde fijaremos un potencial iguala cero sobre la superficie de la misma. As, la funcion potencial a encontrar debe satisfacer lossiguientes requerimientos:

V = 0 si r = RV E0z + C si r R

Considerando ambas condiciones, es claro que C = 0. Hagamos z = r cos para facilitar el analisis.De la primera condicion, notamos que:

l=0

[alR

l + blR(l+1)

]Pl(cos ) = 0

y por tantoalR

l + blR(l+1) = 0 bl = alR2l+1

Ahora,

V (r, ) =l=0

al

[rl R

2l+l

rl+1

]Pl(cos ) =

l=0

alrl

[1 R

2l+l

r2l+1

]Pl(cos )

49

Si r R, entonces Rr 1 y dicha potencia es despreciable. As,

l=0

alrlPl(cos ) = E0z = E0 cos

Por ortogonalidad (y dado que P1(cos ) = cos ) es posible visualizar que, para l 6= 1 al = 0,mientras que a1 = E0. Finalmente, el potencial fuera de la esfera tiene la siguiente forma:

V (r, ) = E0(r R

3

r2

)cos

2.2. Dielectricos

(1) Calcular la capacidad del condensador de la figura, suponiendo que la placa intermedia posee unadiscontinuidad en el medio.

Solucion:

El problema se puede tratar como dos condensadores en paralelo, uno formado por dos dielectricosde constante 1 y 2, y el otro formado por dielectrico de constante 3 y vaco. A su vez, el primercondensador (C1), se puede ver como dos condensadores en serie, llenos de los dielectricos 1 y 2,as:

1

C1=

1

C11+

1

C12

con

C11 =10S1d1

, C12 =20S1d2

Luego:1

C1=

1

0S1

(d11

+d22

) C1 = 120S1

d12 + d21

De manera similar, para el condensador C2,

1

C2=

1

C21+

1

C22

con

C21 =0S2d1

, C22 =30S2d2

50

y por ende

C2 =30S2

d13 + d2

Finalmente, como C1 y C2 estan en paralelo, la capacidad total sera:

C = C1 + C2 =120S1

d12 + d21+

30S2d13 + d2

(2) Considere una espera conductora de radio interior a y radio exterior c. El espacio entre las dossuperficies es llenado con 2 dielectricos distintos, de manera que la constante dielectrica es 1 entrea y b, y 2 entre b y c. Determine la capacitancia del sistema.

Solucion:

El sistema se puede tratar como dos capacitores conectados en serie, ya que la diferencia de po-tencial total a traves de los capacitores es la suma de las diferencias de potencial a traves de cadacondensador individual. La capacitancia equivalente para un capacitor esferico de radio interior r1y radio exterior r2 lleno de dielectrico de constante esta dado por:

C = 4pi0r1r2

r2 r1As, la capacitancia equivalente del sistema es:

1

C=

1

4pi0

(b a1ba

+c b2bc

)=

2c(b a) + 1a(c b)4pi012abc

Finalmente:

C =4pi012abc

2c(b a) + 1a(c b)Notemos el caso lmite en que 1, 2 1, la expresion se reduce a

C =4pi0abc

c(b a) + a(c b) =4pi0abc

b(c a) =4pi0ac

c a

que concuerda con la capacitancia de un condensador esferico de radios a y c en el vaco.

51

(3) Un condensador cilndrico de altura `, y cuyos conductores tienen radios a y b (b > a), esta cargadocon una carga Q, i.e. una armadura tiene carga +Q y la otra Q. Entre ellas existe vaco. Laarmadura es un cilindro metalico macizo. Este dispositivo se sumerge en un lquido dielectrico dedensidad constante y permitividad , a una profundidad h. Determinar la altura x que sube elnivel del lquido que queda dentro del condensador, en relacion al lquido externo (basta llegar a laecuacion correspondiente).

Solucion:

La diferencia de nivel h estara dada por el equilibrio entre la fuerza electrica sobre el lquido y supeso. La fuerza electrostatica es:

Fx = Ux

Como la carga es constante,

U =1

2

Q2

C(x)

con C(x) la capacitancia del condensador cuando el lquido esta a una altura x. De esta forma, elproblema se traduce en determinar la capacidad del condensador en funcion de la altura x.

La figura muestra que el condensador puede considerarse como dos condensadores conectados enparalelo, uno de altura `x y otro de altura x. La capacidad total sera la suma de las capacidadesC1, C2. Podemos hacer esta suposicion (equivalente con 2 condensadores en paralelo) si despreciamoslos efectos de borde y la deformacion del campo electrico cerca de la superficie del lquido:

C1 =2pi0(` x)ln (b/a)

C2 = 2pixln (b/a)

La capacitancia total sera

C = C1 + C2 =2pi

ln (b/a)

(x+ 0(` x)

) 52

La energa electrica sera

C =1

4pi

Q2 ln (b/a)

x( 0) + `0Derivando, se obtiene la fuerza que tiende a subir al lquido:

Fx =1

4pi

Q2 ln (b/a)( 0)(x( 0) + `0

)2Por otra parte, el empuje del lquido es:

g(x h)pi(b2 a2) = Ex

Finalmente, es posible determinar x a partir de

|Fx| = |Ex|

(4) Una esfera de radio R, con carga libre q, esta sumergida en un medio dielectrico homogeneo deconstante y de extension teoricamente infinita. Calcular:

a) Los vectores de campo electrico y polarizacion a una distancia r > R

b) La densidad de carga de polarizacion

Solucion:

a) Debido a que ~E, ~D y ~P son todos paralelos entre s en cada punto, y por la simetra esferica,la naturaleza radial del campo no cambia por la presencia del medio dielectrico. Ademas, estosvectores pueden depender solo de la distancia al centro de la esfera y no de alguna coordenadaangular. Usando la ley de Gauss, con una superficie esferica de radio r > R concentrica:

S

~D n dS =

S

D(r) dS = D(r)

S

dS = qlibre = q D(r) = q4pir2

Es claro que~D(r) =

q

4pir2

El campo electrico y la polarizacion pueden evaluarse facilmente:

~D = 0 ~E ~E(r) = q4pi0r2

ademas,

~D = 0 ~E + ~P ~P (r) = ( 0) ~E(r) = q( 1)4pir2

53

b) Claramente, el dielectrico ha debilitado la magnitud del campo electrico (en comparacion alespacio vaco). El campo electrico es originado por toda la carga, la de polarizacion y la cargalibre. La carga libre es solo la carga de la esfera q. Sin embargo, la carga de polarizacion seforma de dos contribuciones: una densidad volumetrica

P = ~P

y una densidad superficialP = ~P n

sobre la superficie del dielectrico en contacto con la carga puntual.

Es claro que, en todos los puntos del dielectrico,

~E = 0 ~P = 0

Usando que

~P (r) =q( 1)4pir2

la densidad superficial sera

= ~P n = ~P (R) = q( 1)4piR2

y la carga superficial es

Qs =

S

dS = 4piR2 q( 1)4piR2

= q( 1)

Notar que la carga total sera:

Qtotal = Qlibre +Qs = q q( 1)

=q

(5) Se tiene un condensador plano con placas cuadradas de largo a, distancia d entre placas, y unacarga total Q. Calcular la fuerza que se ejerce sobre un material dielectrico cuando se encuentra auna distancia x del punto O.

54

Solucion:

La energa potencial asociada a esta configuracion es

U(x) =1

2

Q2

C(x)

Notar que es funcion de la posicion x, puesto que la capacitancia total tambien lo es El sistema sepuede ver como dos condensadores en paralelo, uno de ellos con un dielectrico de constante . As,

Ceq = C1 + C2 =0ax

d+0a(a x)

d=

0a(x+ [a x])d

Con esto, la energa potencial electrica almacenada es:

U(x) =1

2

Q2d

0a(x+ [a x])

Y la fuerza que se ejerce sobre el dielectrico sera:

Fx = dUdx

Fx = Q2d

20a

1 (x+ [a x]2)

Notar que 1 < 0, i.e. la fuerza apunta segun . Esto significa que la placa dielectrica es atradahacia el interior del condensador.

(6) Un cilindro conductor hueco sin espesor, de radio r1 y largo `, lleva una carga q uniformementedistribuida. Alrededor de el, otro cilindro conductor hueco sin espesor es colocado de forma coaxial,de radio r2 y mismo largo, tal como indicado en la figura. Este nuevo cilindro lleva una carga q,tambien uniformemente distribuida. Se llena la region entre los dos cilindros con un material cuyaconstante dielectrica es funcion de la distancia al eje de los cilindros, = (r). Considere ` r1, r2.

a) Encuentre una expresion para (r) que lleva un campo electrostatico radial independiente dela distancia al eje

b) Calcule la capacidad del condensador cilndrico correspondiente

c) Calcule la densidad superficial de cargas de polarizacion en la superficie del material dielectricoa r = r1 y r = r2, para el (r) calculado en el tem (a)

d) Considerando que, en coordenadas cilndricas , ~A = 1r

r

(rAr

), calcular la densidad

volumetrica de cargas de polarizacion en el dielectrico

55

e) Calcular la cantidad total de cargas de polarizacion, incluyendose cargas en la superficie y enel volumen del dielectrico

f ) Calcule la energa potencial electrostatica almacenada en el condensador

g) Suponiendo que uno puede sacar el material dielectrico de entre r1 y r2 deslizandolo facilmentesin roce, a lo largo del eje del sistema, calcule el trabajo necesario para remover el material deentre las placas

Solucion:

a) Para obtener el campo electrostatico en el interior, utilizamos la ley de Gauss para dielectricos,con una superficie cilndrica de radio r (r1, r2) y largo `:

Por simetra, es evidente que ~D = D(r) . Con esto,

S

~D n dS = 2pir`D(r) = qlibre D(r) = q2pir`

As,

~E =1

~D =

D(r)

(r)0 ~E(r) = q

2pi(r)`r0

Para que el campo no dependa de r, debe ser de la forma

(r) =a

r

Con ello,~E =

q

2pi`0a

b) En este caso, la capacitancia sera la misma que un condensador cilndrico, considerando que = (r)0. As, B

A

~E d~r = (A) (B) = V

=

r2r1

q

2pi`0a dr

=q

2pi`0a

r2r1

dr =q(r2 r1)2pi`0a

C =q

V=

2pi`0a

r2 r1 56

c) La densidad superficial de cargas de polarizacion esta dada por:

= ~P ny

~P = ( 0) ~E =(ar 1)0 ~E

Sobre la superficie interior:

n = , ~P =(a

r1 1)

q

2pi`0a

y entonces,

1 = ~P nr=r1

= (a

r1 1)

q

2pi`0a

Sobre la superficie exterior:

n = , ~P =

(a

r2 1)

q

2pi`0a

y entonces,

2 = ~P nr=r2

=

(a

r2 1)

q

2pi`0a

d) La densidad volumetrica de carga de polarizacion es

= ~PComo ~P = P (r) ya fue calculado anteriormente, simplemente se debe calcular la divergenciacomo se sugiere en en el enunciado. As,

=q

2pi`ar

57

e) La carga total de polarizacion es

Qp =

V

dV +

S1

1 dS +

S2

2 dS

Como 1, 2 son constantes en cada superficie respectiva, entonces:

S1

1 dS = 1 A1 = (a

r1 1)

q

2pi`a 2pi`r1 = (a r1)q

a

S2

2 dS = 2 A2 =(a

r2 1)

q

2pi`a 2pi`r2 = (a r2)q

a

Por otra parte, con dV = r dr d dz,

V

r dr d dz = 2pi`

r dr =

q

a

r2r1

dr =q

a(r2 r1)

As,

Qp =q

a(r2 r1) q

a(a r1) + q

a(a r2) = 0

Esto siempre se cumple, pues un dielectrico es electricamente neutro.

f ) La energa almacenada por el condensador es:

U =1

2

q2

C

donde

C =2pi`0a

r2 r1y por tanto,

U =1

2

q2(r2 r1)2pi`0a

g) Tenemos que, la energa inicial viene dada por:

Ui =1

2

q2(r2 r1)2pi`0a

Por otra parte, la energa final sera

Uf =1

2

q2

Cf

donde Cf es la capacidad final (en el vaco):

Cf =2pi`0

ln (r2/r1) Uf = 1

2

q2 ln (r2/r1)

2pi`0

Finalmente, el trabajo necesario para remover el dielectrico es:

W = Uf Ui = 12

q2

2pi`0

(ln

(r2r1

) r2 r1

a

)

58

(7) Se tienen tres esferas conductoras concentricas de radios a, b, y c. El espacio entre las dos primerasesta lleno con un dielectrico de constante . Inicialmente, la esfera de radio a esta descargada y lasesferas de radios b y c tienen carga q1 y q2, respectivamente. La esfera interior de radio a se conectacon la esfera de radio c con un cable aislado delgado.

a) Calcular la carga libre en cada esfera

b) Calcular la carga de polarizacion en la superficie externa y en la superficie interna del dielectrico

Solucion:

a) Definimos las siguientes cuatro regiones:

Al conectar las esferas de radios a y c, estas distribuiran la carga en ambas de modo quequeden al mismo potencial, luego

q2 = qa + qc

Ahora, para la Region I,~E(r < a) = ~0

59

pues corresponde al interior de un conductor. Para la Region II, a < r < b, se utiliza la ley deGauss para dielectricos:

Sr

~D n dS = 4pir2D(r) = qa ~D(r) = qa4pir2

~E(r) = qa4pi0r2

Para la Region III, b < r < c,

Sr

~E n dS = 4pir2E(r) = qa + q10

~E(r) = qa + q14pi0r2

Por ultimo, para la Region IV con r > c, tenemos:

~E(r) =q1 + qa + qc4pi0r2

El potencial en la esfera de radio a es:

(a) =

a

~E d~r = ba

~E d~r + cb

~E d~r + c

~E d~r

donde la ultima integral corresponde a c

~E d~r = (c) = (a)

(a) =qa

4pi0

ba

dr

r2+qa + q14pi0

cb

dr

r2+ (a)

Luego,

qa4pi0

(1

a 1

b

)+qa + q14pi0

(1

b 1c

)= 0

qa

(b aab

)+ (qa + q1)

(c bbc

)= 0

qa =q1(b c)ab(c a)

Finalmente,

qc = q2 qa = q2 q1(b c)ab(c a)

b) Sobre la superficie interna del dielectrico,

60

= ~P nr=a

, ~P = ( 0) ~E , n = r As,

a = ( 0)qa4pi0a2

= ( 1)qa4pia2

Sobre la superficie externa,

= ~P nr=b

, n = b = ( 0)qa4pi0b2

=( 1)qa4pib2

2.3. Corriente electrica y ley de Ohm microscopica

(1) Dos esferas metalicas concentricas, de radios a y b, estan separadas por un material conductor deconductividad constante.

a) Si estas esferas son mantenidas a una diferencia de potencial V constante, encuentre la corrienteque va de una a la otra

b) Encuentre la resistencia entre las esferas

c) Observe que, en el caso anterior, se cumple R 1/C, donde C es la capacidad. Demuestre quedicha formula el valida para dos conductores cualesquiera, separados por un material conductorde conductividad constante

Solucion:

61

a) Al establecer una diferencia de potencial sobre los conductores

V = (a) (b)

se induciran cargas Q y Q sobre las superficies r = a y r = b, respectivamente. El campoelectrico en la region interior se puede determinar a partir de la Ley de Gauss debido a lasimetra esferica del problema:

~E n dS = qenc0

~E(r) = Q4pi0r2

, a < r < b

Por otro lado,

V =

ba

~E d~r = ba

Q

4pi0

dr

r2=

Q

4pi0

(1

a 1

b

)donde se ha elegido una trayectoria radial. Con ello,

Q =4pi0abV

b a ~E(r) =

V ab

(b a)r2

Debido a que la zona a < r < b esta llena con un material conductor, el campo electrico daraorigen a un movimiento de cargas (corriente), en donde la densidad esta relacionada con elcampo mediante la Ley de Ohm Microscopica

~J = ~E =V ab

(b a)r2

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

I =

S

~J n dS = 4pir2J(r) = 4piV ab(b a)

b) La resistencia vendra dada por la Ley de Ohm Macroscopica, V = IR, y con ello:

R =V

I=

1

4pi

(1

a 1

b

)

c) Recordando que la capacidad de un condensador esferico es

C =4pi0 ab

b aentonces, se tiene que:

R =0C

Veamos que esto se cumple en el caso general: Sean 1 y 2 dos conductores cualesquiera, sepa-rados por un material de conductividad :

62

Se tendra un flujo de corriente dado por:

I =

~J n dS

Por ley de Ohm,~J = ~E

Reemplazando,

I =

~E n dS = Q0

por ley de Gauss. Por otro lado, si C es la capacidad del sistema, se cumple que

Q = CV

Reemplazando,

I =

0CV R = V

I=

0C

(2) Considere un conductor perfecto, inicialmente con carga Q0, y completamente rodeado por un mediouniforme de conductividad y constante dielectrica .

a) Si el conductor es una esfera de radio a, muestre que su carga como funcion del tiempo es

Q(t) = Q0 et/

b) Muestre que el resultado anterior es valido independientemente de la forma del conductor

Solucion:

a) Sea Q(t) la carga sobre la superficie esferica en el instante t. Esta generara un campo electricoesfericamente simetrico para r > a:

~E(r, t) =Q(t)

4pir2

63

Al ser el medio circundante un conductor, se tendra una densidad de corriente como respuestaa dicho campo:

~J(r, t) = ~E(r, t) =Q(t)

4pir2

Esta es una corriente que fluye isotropicamente de forma radial. La corriente se obtiene deintegrar ~J sobre una superficie cerrada que contenga a la esfera conductora, en particular sepuede tomar una esfera de radio r > a:

I(t) =

esfera

~J n dS = Q(t)

Por otro lado, sabemos que

dQ

dt= I(t) dQ

dt= Q

Q(t) = Q0 et/

donde el signo aparece por tratarse de una descarga.

b) El resultado anterior es valido sin importar la forma de los conductores. En efecto, sea S unasuperficie cerrada que contenga completamente al conductor. La corriente que se genera estadada por:

I =

S

~J n dS =

S

~E n dS = Q

donde hemos utilizado la ley de Ohm y la ley de Gauss. Es claro que

I = dQdt

=Q

y se obtiene la misma ecuacion diferencial que en el caso anterior.

(3) Entre dos cilindros conductores coaxiales muy largos, de radios a y c > a, se llena con materialesde conductividades 1 y 2, y permitividades 1 y 2, como muestra la figura.

a) Encuentre la resistencia entre el nucleo y el conductor externo.

b) Si se conecta una diferencia de potencial V0 entre el nucleo y el conductor externo, calcule ladensidad de corriente J y la corriente I que circula.

64

Solucion:

a) Asumimos que la corriente circula radialmente desde la placa interna a la externa, de tal formaque una corriente I se relaciona con la densidad como:

I =

S

~J n dS =

S

J(r) dS

en donde S es el manto de un cilindro de radio r coaxial con los cascarones conductores. Porsimetra, la densidad de corriente sale de la integral. Si ` denota el largo de los cables, entonces

I = J(r)

S

dS = 2pir` J(r) J(r) = I2pir`

Suponiendo valida la ley de Ohm en este material, el campo electrico podemos calcularlofacilmente. No obstante, debemos ser cuidadosos pues la conductividad vara en cada regionllena de material conductor. El campo en las regiones queda, respectivamente,

E1 =I

2pi1r`, E2 =

I

2pi2r`

ambos en direccion radial. La diferencia de potencial entre ambas placas es

|V | = ca

E(r) dr =

ba

E1(r) dr +

cb

E2(r) dr =I ln (b/a)

2pi1`+I ln (c/b)

2pi2`

y, por tanto, la resistencia es:

R =ln (b/a)

2pi1`+

ln (c/b)

2pi2`

Observacion. Notar que |V | = |V1|+ |V2|, por lo que R = R1+R2. Esto demuestra queel sistema pudo haberse considerado como dos resistores en serie, para el cual sabemos quevale la relacion R =

k

Rk.

b) Por la ley de Ohm, si se aplica una diferencia de potencial V0 entre las placas, la corriente quefluira de una a la otra es

I =V0R

=2pi`V0

ln (b/a)

1+

ln (c/b)

2

y la densidad de corriente es

J(r) =I

2pi`r=

V0ln (b/a)

1+

ln (c/b)

2

1

r

65

(4) Suponga que se construye una cuna (figura abajo izquierda) usando material de resistividad .Determine la resistencia del cuerpo entre las caras A y B mostradas en la figura. Repita para elcono truncado mostrado abajo a la derecha. El material es el mismo que en el primer resistor.

A

B

L

a

a+ b

d

a

a+ b

h

A

B

Solucion:

Para este problema debemos saber que la resistencia de un conductor de area transversal A y largoL, hecho con un material de resistividad , esta dada por R = L/A. La idea consiste en que, sila corriente circula como indica el enunciado, el resistor se puede considerar como una sucesion deresistores de area A(x) y ancho dx:

a

a+ b

x = 0 x = Ldx

h(x)

A(x)

La resistencia neta del cuerpo se obtiene sumando todas estas contribuciones, dado que podemosconsiderar la sucesion como muchos resistores en serie, para lo cual sabemos que se cumple R =

i

Ri

con:

A = A(x) = h(x) d =

(a+

b

Lx

)d dR = dx

A(x)

Por lo tanto,

R =

L0

(a+

b x

L

) dx = Ld

10

dt

a+ b t=

L

bdln

(1 +

b

a

)

Para el caso del cono truncado,

66

x = 0

x = h

a

a + b

r(x)

dx A(x)

A = A(x) = pir2(x) = pi

(a +

b

hx

)2 dR = dx

pi

(a +

b x

h

)2As,

R =

h0

dR =

pi

h0

dx(a+

b x

h

)2 = hpi 10

dt

(a+ b t)2=h

bpi

(1

a 1a + b

)

(5) [Propuesto] En un diodo de vaco, los electrones son evaporados en un catodo caliente, a po-tencial cero, y acelerados a traves de una separacion con el anodo, que se mantiene a potencialpositivo V0. La nube de electrones que se mueven dentro de la separacion (llamados carga espacial)rapidamente confluyen al otro lado. A partir de entonces existe una corriente constante entre lasplacas. Supongamos que las placas son relativamente grandes comparadas con la separacion entreplacas (A d2 en la figura), de modo tal que se pueden despreciar los efectos de borde. EntoncesV , , and v (la velocidad de los electrones) son solo funciones de x:

a) Escriba la ecuacion de Poisson para la region entre las placas.

67

b) Asumiendo que los electrones parten del reposo, cual es su velocidad en el punto x, donde elpotencial es V (x)?

c) En el estado estacionario, I es independiente de x. Cual es, entonces, la relacion entre y v?

d) Use los tres resultados anteriores para obtener la ecuacion diferencial para V , luego de eliminar y v.

e) Resuelva esta ecuacion para V como funcion de x, V0, and d. Grafique V (x), y compare con elresultado sin carga espacial. Ademas, encuentre y v como funciones de x.

f ) Muestre queI = K V0

3/2

y encuentre la constante K. Esta ecuacion es llamada Ley de Child-Langmuir. Note que eldiodo de carga espacial es no-lineal, y por tanto no obedece la ley de Ohm.

Solucion:

a) Como el potencial es solo funcion de x, entoncesd2 V

dx2=

0

b) De la conservacion de energa,

qV =mv2

2 v =

2qV

m

c) Es claro que:

dq = dV = Adx dqdt

= Adx

dtAs,

I = A v

Nota: , y por tanto tambien I, son negativos.

d) Ahora,d2 V

dx2=

0= I

0Av= I

0A

m

2qV d

2 V

dx2= V 1/2

con = I0A

m

2q. Nota: I es negativa, entonces es positivo; q es positivo.

e) Multiplicando por V =dV

dx,

V dV

dx= V 1/2

dV

dx

V dV =

V 1/2 dV V

2

2= 2 V 1/2 + cte

Pero V (0) = V (0) = 0 (el catodo esta a potencial cero, y el campo en el catodo es cero), yentonces la constante es cero. As,

V 2= 4 V 1/2 dV

dx= 2 V 1/4 V 1/4 dV = 2

dx

68

4

3V 3/4 = 2

x+ cte

Pero V (0) = 0, y esta nueva constante tambien es nula. As,

V 3/4 =3

2

x V (x) =

(3

2

)4/3x4/3 =

(9

4

)2/3x4/3 =

(81I2m

3202A2q

)1/3x4/3

En terminos de V0, en vez de I,

V (x) = V0

(xd

)4/3Sin la carga espacial, el potencial crecera linealmente con la distancia: V (x) = V0

(xd

)

Por otra parte,

= 0 d2 V

dx2= 0V0 1

d4/34

3

x2/3

3= 40V0

9(d2 x)2/3

v =

2q

m

V =

2qV0/m

(xd

)2/3f )

V (d) = V0 =

(81I2m

3202A2q

)1/3d4/3 V03 = 81md

4

3202A2qI2 I2 = 320

2A2q

81md4 = K2

V03

y por tanto,I = K V0

3/2

69

2.4. Ley de Ohm macroscopica: circuitos fem/R

(1) Determine la resistencia equivalente, o de Thevenin, entre los puntos a y b:

ba

R

R R

R

R

Solucion:

Optaremos por un metodo muy sencillo: aplicando una corriente I al circuito, sea V el voltaje entrelos puntos a, b. As,

V = Va Vb = I ReqSean c, d los nodos intermedios. De las Reglas de Kirchhoff,

nodo a

ik = 0 I + ida + ica = I + Vd VaR

+Vc Va

R= 0

nodo c

ik = 0 iac + ibc + idc = Va VcR

+Vb Vc

R+Vd Vc

R= 0

nodo d

ik = 0 iad + ibd + icd = Va VdR

+Vb Vd

R+Vc Vd

R= 0

nodo b

ik = 0 I + idb + icb = I + Vd VbR

+Vc Vb

R= 0

De las dos ecuaciones intermedias, es claro que Vc = Vd y por tanto icd = idc = 0. As, llamandoVo al voltaje en los nodos c, d:

I +Vo Va

R+Vo Va

R= 0 Va = IR

2+ Vo

I + Vo VbR

+Vo Vb

R= 0 Vb = IR

2+ Vo

Por lo tanto,V = Va Vb = IR Req = R

(2) Una batera descargada se carga conectandola a la batera cargada de otro automovil mediantecables para corriente. Determine la corriente del motor de arranque y en la b