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Tema 1.- INTERACCIÓN ELÉCTRICA ( RESUMEN)
1.1 Cargas puntuales
x Carga eléctrica
La carga eléctrica es una propiedad fundamental de la
materia, existiendo dos tipos de carga: positiva y
negativa. Dos cuerpos con el mismo tipo de carga se
repelen, mientras que si tienen distinto tipo de carga, se
atraen entre sí.
Cuantización de la carga eléctrica
La carga eléctrica aparece siempre como múltiplo de
una carga fundamental o cuanto eléctrico, cuyo valor es
e = 1.602177 x 10-19 C, que es la carga del electrón, en
módulo.
Principio de conservación de la carga eléctrica
En todos los procesos observados en la Naturaleza, la
carga neta o total de un sistema aislado permanece
constante.
&
fuerza F ejercida por estas sobre una partícula de
prueba, dividida por el valor de la carga q0 de la
partícula de prueba:
&
F
K
q ˜ q´ &
˜ ur
r2
&
donde r es el vector de posición con origen en q y
final en q’. Esta fuerza es de tipo inverso del
cuadrado de la distancia, siendo atractiva entre
cargas de distinto signo y repulsiva entre cargas del
mismo signo.
Para calcular la fuerza ejercida sobre una carga q0
por un conjunto de cargas puntuales qi se utiliza el
principio de superposición: La fuerza resultante
sobre un objeto es la suma vectorial de las fuerzas
individuales ejercidas sobre él.
Así:
&
F
&
¦ Fi
n
&
E
i 1
&
q0 ˜ E
K
&
q &
˜ur
r2
donde r es el vector posición con origen en q y final
en P.
Para calcular el campo creado por un conjunto de
cargas puntuales qi en un punto P, aplicamos de nuevo
el principio de superposición:
&
E
n
&
¦E
i 1
n
i
K ˜¦
i 1
qi &
˜ur
2
ri
i
siendo r&i los vectores con origen en qi y final en P.
Las características espaciales de un campo eléctrico
pueden ilustrarse con líneas de campo: Lugar
geométrico de los puntos
en los cuales la dirección del
&
campo eléctrico E es tangente a los mismos. Las
líneas de campo eléctrico parten de las cargas
positivas y finalizan en las cargas negativas.
Un campo uniforme tiene la misma intensidad,
dirección y sentido en todos los puntos del espacio y
se representa por líneas de campo rectilíneas,
paralelas y equidistantes.
x
q &
K ˜ q 0 ˜ ¦ 2i ˜ u r
i 1 r
i
&
F
o
El campo eléctrico creado por una carga puntual q en
un punto P es:
• Ley de Coulomb
&
La ley de Coulomb expresa la fuerza eléctrica F que
ejerce una carga puntual q sobre otra q’:
&
F
q0
&
E
Potencial y diferencia de potencial
n
i
siendo r&i los diferentes vectores posición con origen
en cada carga qi y final en q0.
• Campo eléctrico
Existe un campo eléctrico en cualquier región donde
una carga eléctrica en reposo experimenta una
fuerza, la cual se debe a la presencia&de otras cargas
en esa región. El campo eléctrico E producido por
una carga puntual o una distribución de cargas es la
La fuerza eléctrica es conservativa. La energía
potencial de una partícula de prueba q0 en el campo
creado por varias cargas fijas qi se expresa como:
EP
& &
n q
r
³f F ˜ dl K ˜ q 0 ˜ ¦ i
i 1 r
i
(tomando el origen de energía potencial, EP=0, en el infinito)
El potencial V producido por una carga puntual o una
distribución de cargas es la energía potencial eléctrica
de una partícula de prueba, dividida por el valor de la
carga q0 de la partícula de prueba:
Hoja 1 de 5
EP
q0
V
o
EP
&
E
q 0 ˜V
El potencial eléctrico creado por una carga puntual q
en un punto P es:
V
K˜
q
r
(tomando: V=0 en el infinito)
donde r es la distancia entre la carga q y el punto P.
El potencial eléctrico creado por un conjunto de
cargas puntuales qi en un punto P es:
n
V
K ˜¦
i 1
qi
ri
(tomando: V=0 en el infinito)
x
W
'E P
E P1 E P 2
q 0 (V1 V2 )
q 0 ˜ 'V
Dipolo eléctrico
Un dipolo eléctrico está formado por dos cargas
iguales y de signo opuesto +q y -q separadas por una
distancia d. El momento dipolar eléctrico se define
&
&
&
como: p
q ˜ d ˜ u donde u es el vector unitario en la
p
p
dirección de las cargas y sentido de la carga negativa a
la positiva.
El potencial de un dipolo eléctrico varía con el inverso
del cuadrado de la distancia:
V
donde ri son las distancias entre cada carga qi y el
punto P.
La diferencia de potencial 'V entre dos puntos 1 y 2
está relacionada con el trabajo W realizado por el
campo eléctrico al desplazar una carga de prueba q0
desde el punto 1 al 2:
&
(dV / dr ) ˜ u r
p ˜ cos T
K˜
r2
r2
Cuando se sitúa un dipolo en un campo eléctrico, éste
tiende a alinear al dipolo paralelamente al campo.
El
&
&
dipolo está en equilibrio cuando los vectores E y p
son paralelos. La energía de un dipolo &de momento
&
dipolar p situado en un campo eléctrico E , es:
EP
x
K˜
& &
p ˜u p
& &
p˜E
Relación entre el potencial y campo eléctrico
&
&
Se cumple que dV E ˜ dl . Si se conoce la
&
expresión de E , puede obtenerse el potencial &V en
un punto P por medio de la integral de línea de E :
V
& &
P
³f E ˜ dl
x
Movimiento de cargas en campos eléctricos
Si la fuerza eléctrica es la única que afecta a una
partícula de masa m y carga q, la segunda ley de
Newton nos proporciona una aceleración:
&
a
&
Si se conoce V, el campo E se puede encontrar por
medio del gradiente de V:
&
E
grad V
’V
Si el campo eléctrico es constante en dirección (por
ejemplo, la X):
&
EX
&
(dV / dx) ˜ i
Cuando una partícula se mueve en un campo eléctrico
uniforme, su movimiento es descrito por la cinemática
del movimiento bajo aceleración constante.
La energía total de una partícula de masa m y carga q
que se mueve en un campo eléctrico es:
E
&
Si el potencial sólo depende del módulo de r :
&
qE / m
EC E P
1
˜ m v 2 q ˜V
2
Hoja 2 de 5
1.2 Distribuciones continuas de carga
x
x
Campo de un anillo cargado
Densidades de carga
Cuando se desea calcular el campo eléctrico en un
punto P, producido por distribuciones de carga
continuas, se toman elementos de carga diferencial
dq como cargas puntuales, de forma que cada dq
creará un campo:
&
dE
K˜
dq &
˜ur
r2
&
donde r es el vector posición con origen en dq y
El módulo del campo eléctrico creado por un anillo de
radio R, cargado con carga total Q y densidad lineal de
carga uniforme, en un punto P del eje perpendicular
que pasa por el centro del anillo (por ejemplo, el eje Y)
es:
Ey
K˜
Q˜ y
( R y 2 ) 3/ 2
2
siendo y la distancia entre el punto P y el centro del
anillo. Su dirección es la del eje y sentido hacia el
exterior del centro del anillo si Q > 0.
final en P.
Utilizando el principio de superposición,
& el campo
total será la suma vectorial de los dE creados por
cada dq, es decir:
&
E
&
³ dE K ˜ ³
dq &
˜ur
r2
Para resolver esta integral se ha de expresar dq en
función de las características de la distribución de
carga. Para ello se introducen las densidades de
carga
Densidad lineal de carga O: Carga por unidad de
longitud
dq
dl
O
Ÿ
dq
O ˜ dl
Densidad superficial de carga V: Carga por unidad
de superficie
V
dq
dS
dq V ˜ dS
Ÿ
Densidad volúmica de carga U (o densidad de
carga en volumen): Carga por unidad de volumen
U
dq
dV
Ÿ
dq
U ˜ dV
Si las distribuciones de carga son uniformes,
entonces:
O
Q
,
L
V
Q
,
S
U
Q
V
Siendo Q la carga total de la distribución y L, S ó V la
longitud,
superficie
o
volumen
totales,
respectivamente.
x
Ley de Gauss
Flujo del campo eléctrico: Se define el flujo del
campo eléctrico a través de una superficie S como la
integral de superficie del vector campo eléctrico
extendida a toda la superficie:
IE
&
*
³ E ˜ dS
S
Cuando se calcula el flujo a través de una superficie
cerrada a ésta se la denomina superficie gaussiana.
Las líneas de campo pueden ser utilizadas para
visualizar el flujo a través de la superficie. El flujo total
puede ser positivo, negativo o cero. Por convenio, el
sentido del vector superficie de una superficie cerrada
se
hacia fuera de esta, por lo tanto, cuando
& toma
*
E ˜ dS es positivo el flujo es saliente y cuando es
negativo es entrante.
La Ley de Gauss para el campo eléctrico establece
que el flujo eléctrico a través de una superficie cerrada
es igual a la carga eléctrica neta encerrada dentro de
la superficie, dividida por H0:
IE
qe
H0
;
o
&
*
³ E ˜ dS
SC
qe
H0
En electrostática la Ley de Gauss es equivalente a la
Ley de Coulomb. La Ley de Gauss puede ser utilizada
para encontrar el campo eléctrico producido por
distribuciones de carga que posean una alta simetría.
El paso crucial de este proceso es la selección de la
superficie gaussiana.
Carga esférica. Cuando la distribución de carga tiene
simetría esférica y es uniforme si está distribuida en
superficie, y uniforme o función del radio si está
distribuida en volumen, podemos aplicar la ley de
Gauss para calcular el campo eléctrico tanto en puntos
interiores como exteriores. En todos los casos se toma
una superficie gaussiana esférica que contenga al
Hoja 3 de 5
punto donde se desea calcular el campo y centro en
la distribución de carga. Por lo tanto, el radio de la
superficie gaussiana r será la distancia del centro de
la distribución al punto en cuestión.
En todos los casos la primera parte de la ley de
Gauss nos conduce a:
&
*
E ˜ 4S r 2
³ E ˜ dS
SC
y el problema se limita a calcular la carga encerrada
dentro de la superficie gaussiana elegida.
O
2S H 0 r
E
Plano. Si disponemos plano infinito con densidad
superficial de carga V uniforme, podemos utilizar la ley
de Gauss para calcular el campo creado en un punto P
próximo a la distribución. Elegimos una superficie
gaussiana cilíndrica que corte al plano de forma que
las bases del cilindro queden paralelas al plano y que
contenga al punto en una de sus bases. Así:
&
*
³ E ˜ dS
E ˜ 2 SC ;
y
qe
V ˜ SC
SC
Ejemplos:
Carga Q, uniforme en superficie esférica de radio R:
r R,
qe
0
o
r!R
qe
Q
o
&
E in
&
E ex
siendo SC la superficie de la base del cilindro. Por
tanto, el módulo del campo eléctrico será:
0
K˜
Q &
˜ur
r2
E
x
V
2H0
Propiedades electrostáticas de los conductores
Carga Q, uniforme en esfera de radio R:
r R,
qe
Q˜r3
R3
r!R
qe
Q
&
E in
o
o
&
E ex
Q˜r &
K ˜ 3 ˜ur
R
Q &
K ˜ 2 ˜ur
r
Carga lineal. Si disponemos de una distribución
lineal de carga infinita y densidad O uniforme,
podemos utilizar la ley de Gauss para calcular el
campo creado en un punto P que se encuentra a una
distancia r de la distribución. Elegimos una superficie
gaussiana cilíndrica que contenga al punto en su
superficie lateral. El radio de la base del cilindro debe
ser por tanto r y su altura h arbitraria. Así:
&
*
³ E ˜ dS
E ˜ 2S r ˜ h;
y
qe
O ˜h
SC
Un material conductor que se encuentra en equilibrio
electrostático presenta las siguientes propiedades:
-
El campo eléctrico en el interior del conductor es
cero.
-
La carga eléctrica neta del conductor se encuentra
distribuida sobre su superficie
-
El campo eléctrico en puntos próximos a la
superficie del conductor es perpendicular a esta
superficie y su módulo es:
E
-
V
H0
Todos los puntos del conductor están al mismo
potencial. Por lo tanto, un conductor en equilibrio
electrostático
constituye
una
superficie
equipotencial.
El módulo del campo eléctrico será:
1.3 Condensadores. Campo eléctrico en la materia y energía del campo
x
Condensadores
Un condensador es un dispositivo eléctrico utilizado
en los circuitos para almacenar carga y energía
eléctrica. Está formado por dos placas conductoras
separadas por un dieléctrico. Un condensador se
caracteriza por su capacidad C definida como la
relación entre la carga neta almacenada Q y la
diferencia de potencial entre sus placas V:
C
Q
V
En el S.I. la capacidad se mide en faradios (1 F = 1
C/V). La capacidad depende del diseño geométrico del
condensador y de la naturaleza del dieléctrico que hay
entre sus placas o armaduras. Para un condensador
de láminas planoparalelas de superficie S separadas
una distancia d y vacío entre las placas:
Hoja 4 de 5
H0 ˜ S
C
Cuando se introduce un dieléctrico entre las armaduras
de un condensador en el que había el vacío entre las
placas, la capacidad aumenta de modo que:
d
Un condensador cilíndrico, de radio interno Ra,
externo Rb y longitud L, su capacidad es:
C
2S H 0 L
ln ( Rb / Ra )
V
Asociación de condensadores:
Condensadores en serie:
Condensadores en paralelo:
1
CT
CT
k ˜ C0
C
mientras que la diferencia de potencial y el campo
eléctrico disminuyen:
V0
k
E
E0
k
siendo k la constante dieléctrica del material.
¦
i
1
Ci
¦C
La relación entre la constante dieléctrica de un material
y las densidades superficiales de carga V y Vd es:
Vd
i
(k 1) ˜ V
k
i
x
Propiedades
dieléctricos
electrostáticas
de
los
Existen dieléctricos apolares y polares. En los
primeros, sus moléculas no tienen momento dipolar
eléctrico, mientras que en los segundos las
moléculas tienen un momento dipolar eléctrico
permanente.
Cuando se coloca un dieléctrico apolar en un campo
eléctrico, como el que existe entre las armaduras de
un condensador, aparece sobre sus átomos o
moléculas
un
momento
dipolar
inducido,
convirtiéndose éstos en dipolos eléctricos que se
orientan en la dirección del campo. Esta orientación
da lugar a que sobre cada una de las superficies del
material polarizado aparezca una densidad
superficial de carga ligada o densidad de carga de
polarización Vd.
El campo eléctrico en el interior de un condensador
con dieléctrico entre sus placas es:
E
E0 Ed
V Vd
H0
donde E0 es el campo sin dieléctrico y Ed es el
campo creado por la densidad superficial de carga
existente en las superficies del dieléctrico.
Un medio dieléctrico posee una permitividad eléctrica H,
siendo su permitividad relativa:
H
H0
Hr
x
k
Energía del campo eléctrico
La energía de un condensador es la energía potencial
de las cargas que hay en sus placas:
U
1 Q2
˜
2 C
1
Q ˜V
2
1
C ˜V 2
2
Cuando se asocia esta energía con el campo eléctrico,
la densidad de energía uE (energía por unidad de
volumen) en el espacio ocupado por el campo (en el
vacío) es:
uE
1
˜H 0 E 2
2
En un medio material basta sustituir H0 por H. La
energía eléctrica total U en un volumen V se calculará
mediante la integral:
U
³ u ˜ dV
E
V
Hoja 5 de 5
Tema 1. Campo Eléctrico
RESOLUCIONES
1.1 Cargas Puntuales
1.1.1. Una carga puntual de 5PC está localizada en el punto x=1cm, y=3cm y otra de 4PC está situada en el punto x=2cm, y=-2cm. Determinar:
a) El campo eléctrico en el punto x=-3cm e y=1cm
b) La fuerza que actúa sobre una carga de -6PC situada en el punto x=-3cm e y=1cm
RESOLUCIÓN:
Ɣ Q1
P 3,1
ż
5PC 1,3cm
E1
E2
Ɣ Q2
4 PC 2,2 cm
a) El campo eléctrico en P es la suma de los campos eléctricos creados en P por Q1 y
Q2:
&
E
&
&
E1P E 2 P
K˜
E 1P
Q1 &
˜ u1P
2
d 1P
E 2P
K˜
Q2 &
˜ u2 P
2
d2P
donde:
1P
(3,1) (1,3)
1P
( 4) 2 ( 2) 2
&
u1P
§ 4 2 ·
,
¸
¨
© 20 20 ¹
&
E 1P
9 ˜ 10 9
(4,2)
16 4
20 cm Ÿ d1P
&
5 ˜ 10 6 § 4 2 ·
¨¨
¸¸ Ÿ E 1P
,
2 ˜ 10 3 © 20 20 ¹
20 ˜ 10 2 m Ÿ d1P
§ 90 ˜ 10 6 45 ˜ 10 6
¨
,
¨
20
20
©
2
20 ˜ 10 4 m 2
·N
¸
¸ C
¹
Página 1 de 50
P2
2,2 3,1 5,3
34 ˜10 2 m Ÿ d 2 P
P2
25 9
&
uP 2
§ 5 3 ·
,
¸
¨
© 34 34 ¹
4 ˜ 10 6 § 5
3 ·
9 ˜109
,
¸
4 ¨
34 ˜ 10 © 34 34 ¹
&
EP 2
&
EP
34 Ÿ d 2 P
2
34 ˜10 4 m 2
§ 52c9 ˜ 106 31c 8 ˜ 106 · N
¨¨
¸
,
34
34 ¸¹ C
©
§ 90 ˜ 106 52c9 ˜ 106 45 ˜ 106 31c 8 ˜ 106 ·
¨¨
¸
,
20
34 ¸¹
20
34
©
&
&
E1P E P 2
§ 6 90 ˜ 34 52c9 ˜ 20
45 ˜ 34 31c 8 ˜ 20
6
¨10 ˜
,
10
˜
¨
20 ˜ 34
20 ˜ 34
©
§ 6 288c2 6 404c6 ·
6
,10 ˜
¨10 ˜
¸ 10 ˜ 11c 05,15c5 N C
c
c
2
6
08
2
6
08
©
¹
&
b) F
&
q ˜ EP
·¸
¸
¹
6 ˜ 10 ˜ 11c05 ˜ 10 ,15c5 ˜ 10 66c3,93N
6
6
6
1.1.2. Dos cargas fijas q1 y q2 se encuentran separadas por una distancia d. Una tercera
carga libre q3 se encuentra en equilibrio cuando está situada en la línea que une ambas
cargas, a una distancia d de q1 y 2d de q2.
a) ¿Qué relación existe entre las cargas q1 y q2?
b) Si q3=-q1, determinar en función de q1 el valor del campo eléctrico creado por las
tres cargas en el punto medio del segmento que une q1 y q2
Q1
Q3
Q2
P
·
d
d
X
RESOLUCIÓN:
a) La carga Q3 está en equilibrio si el campo eléctrico es nulo en el punto donde se
encuentra. Este campo está creado por las cargas Q1 y Q2, que inicialmente suponemos
que son positivas:
Q
Q2
Q
Q2
E P1 E P2 0 Ÿ k ˜ 12 ˜ i k ˜
˜ i 0 Ÿ 12
Ÿ Q2 4 ˜ Q1
2
d
d
2 ˜ d 2 ˜ d 2
Página 2 de 50
b) Suponemos que Q1 es positiva:
·
§
¸
¨
Q3
Q2
¸
¨ Q1
E P E P1 E P 2 E P 3 k ˜ ¨
˜ i ¸
˜i ˜i 2
2
2
§ 3˜ d ·
§d ·
¸¸
¨¨ §¨ d ·¸
¸
¨
¨ ¸
© 2 ¹
©2¹
¹
©© 2¹
9
Q
N
9 ˜ 10 ˜ 4 44
EP
˜ ˜ Q1 ˜ i 176 ˜ 109 ˜ 12 ˜ i
2
d
d
C
9
k ˜4 §
Q ·
˜ ¨ Q1 4Q1 1 ¸ ˜ i
2
d ©
9 ¹
Suponemos que Q1 es negativa:
·
§
¸
¨
Q2
Q3
¸
¨ Q1
E P E P1 E P 2 E P 3 k ˜ ¨
˜ i ¸
˜ i ˜ i 2
2
2
§ 3˜ d ·
§d ·
¸
¨ §¨ d ·¸
¸
¨
¨ ¸
¸
¨ 2
2
2
¹
©
¹
©
¹
©
¹
©
9
9 ˜10 ˜ 4 § 44 ·
Q
N
˜ ¨ ¸ ˜ Q1 ˜ i 176 ˜109 ˜ 21 ˜ i
EP
2
d
d
C
© 9 ¹
Q ·
k ˜4 §
˜ ¨ Q1 4Q1 1 ¸ ˜ i
2
9 ¹
d ©
En este último caso, el módulo y la dirección son iguales que en el primero, pero su
sentido es contrario.
1.1.3. Dos cargas positivas e iguales q están en el eje Y, una en la posición y=a y otra en
la posición y=-a.
a) Calcular el campo eléctrico que crean estas cargas en el eje X, dando su valor en los
casos en los que se cumple que x <<a y x>>a
b) Demostrar que el campo eléctrico que crean estas cargas en el eje X tiene su máximo
valor en x=-a · (2)-1/2 y en x=a · (2)-1/2
c) Representar gráficamente Ex en función de x
RESOLUCIÓN:
y
q
y
x
a
T
T
q
xy
&
EP
&
EPy
x
a
P
&
E Px
T
T
&
E Py
x
&
EP
Página 3 de 50
a) El campo eléctrico en el eje x es la suma de los campos eléctricos creados en este eje
por las 2 cargas +q que están situadas en el eje y.
&
&
&
E P E1 P E 2 P Las componentes en el eje y de los campos que crean ambas cargas se anulan. Sin
embargo, las componentes en el eje x se suman:
&
E p x k ˜q
a
2
x2
&
˜ cosT i k ˜q
a
2
x2
&
˜ cosT i
donde:
d
a2 x2
y
x
cosT a x2
&
& 2˜k ˜q˜ x &
x
2˜k ˜q
N
i
E P x ˜
2
2
a x a 2 x 2 a 2 x 2 3 2 i C
&
2˜k ˜q˜ x & N
i
Para x << a Ÿ E P x C
a3
&
2˜k ˜q˜ x & 2˜k ˜q & N
Para x >> a Ÿ E P x i
i
C
x3
x2
2
b) Para calcular el valor máximo del campo:
dE x
dx
d §¨ 2 ˜ k ˜ q ˜ x ·¸
0Ÿ
dx ¨© a 2 x 2 3 2 ¸¹
0Ÿ
32
12
§ 3·
2 ˜ k ˜ qa 2 x 2 2 ˜ k ˜ q ˜ x¨ ¸a 2 x 2 ˜ 2 ˜ x
©2¹
2
2 3
a x 32
12
§ 3·
2 ˜ k ˜ qa 2 x 2 2 ˜ k ˜ q ˜ x¨ ¸a 2 x 2 ˜ 2 ˜ x
©2¹
>
2 ˜ k ˜ qa 2 x 2 ˜ a 2 x 2 3 ˜ x 2
12
a2 x2 3 ˜ x2
0 Ÿ a2 2 ˜ x2
@
0Ÿ
0Ÿ
0Ÿ
a2
Ÿx
2
0 Ÿ x2
r
a
2
(c.q.d)
E(x)
c)
x
Página 4 de 50
1.1.4. Dos cargas puntuales q y q’ están separadas por una distancia a. En un punto a la
distancia a/3 de q y a lo largo de la línea que une las dos cargas, el potencial es cero.
a) Determinar la relación q/q’
b) ¿Cuál es el trabajo que realiza el campo eléctrico al desplazar una carga de 2PC
desde un punto situado a una distancia a/3 de q a otro punto que está a una distancia a/3
de q’?
RESOLUCIÓN:
a
x
q
x
u
P
VP
qc
0
, ,
2a
a 3
a) VP
0
k ˜ q k ˜ qc
k ˜q
Ÿ
2a
a
a
3
3
3
3
k ˜ qc
q
Ÿ
2a
qc
3
1
2
b) El trabajo viene dado por:
W
qV final Vinicial Vinicial
0
qc k § qc 2 qc · k § 3 ˜ qc
q
· 3 ˜ k ˜ qc 3 9 ˜ k ˜ qc
¨¨
¸¸
V 3 ˜ qc ¸
k
¨
a
2a
a© 2 3
a 4
1 3¹ a © 4
4˜a
¹
3
3
9 ˜ k ˜ qc
81 ˜ 103 ˜ qc
J W 2 ˜ 10 6
4˜a
2˜a
1.1.5. Se disponen en forma alternada un número infinito de cargas positivas y
negativas rq sobre una línea recta. La separación entre cargas adyacentes es d.
Determinar la energía potencial eléctrica de una carga +q.
x2 x3 x4
Dato: El desarrollo en serie de ln(1+x) es: ln(1 x) x ˜˜˜˜˜
2
3
4
V final
……….
k
+q
-q
+q
-q
+q
-q
+q
-q
…………..
d
RESOLUCIÓN:
El potencial en un punto P creado por N=i cargas puntuales es:
Página 5 de 50
qi
¦k ˜ r
Vp
i
i
La energía potencial de una partícula cargada q que se encuentra en ese punto P es:
Uq
VP ˜ q
El potencial en el punto P donde se encuentra una carga positiva es la suma del
potencial creado por las cargas positivas VP+ y el potencial creado por las cargas
negativas VP -:
VP VP
VP
Siendo, respectivamente, el potencial creado por las cargas positivas situadas a la
derecha de esa carga y el creado por las cargas positivas situadas la izquierda de esa
carga:
1
1
º
ª 1
k ˜q˜«
...»
¼
¬2 ˜ d 4 ˜ d 6 ˜ d
1
1
ª 1
º
V P (izquierda) k ˜ q ˜ «
...»
¬2 ˜ d 4 ˜ d 6 ˜ d
¼
V P (derecha)
2 ˜ k ˜ q ª1 1 1
º
˜ « ...»
d
¬2 4 6
¼
Igualmente, si consideramos el potencial creado por las cargas negativas situadas a la
derecha e izquierda de la carga positiva:
1
1
ª1
º
V P (derecha) k ˜ q ˜ « ...»
¬d 3˜ d 5˜ d
¼
1
1
ª1
º
V P (izquierda ) k ˜ q ˜ « ...»
¬d 3˜ d 5˜ d
¼
V P
VP (derecha) VP (izquierda)
V P
VP (derecha) VP (izquierda)
2˜k ˜q ª 1 1
º
˜ «1 ...»
d
¬ 3 5
¼
La energía potencial de la carga positiva q situada en P es:
§ 2 ˜ k ˜ q ª1 1 1
1 1
º·
q ˜ ¨¨
˜ « ····1 ····» ¸¸
3 5
¬2 4 6
¼¹
© d
2
2˜k ˜q ª 1 1 1 1
º
1 ····» J «
d
¬ 2 3 4 5
¼
Sustituyendo x=1 para el desarrollo en serie:
Uq
q ˜ VP
q ˜ VP VP
ln 1 1 ln 2
ª 1 1 1 1
º
«¬1 2 3 4 5 ·····»¼
Página 6 de 50
Sustituyendo esta expresión en el resultado Uq:
Uq
2 ˜ k ˜ q 2 ˜ ln 2
d
J 1.1.6. En dos vértices contiguos de un cuadrado de 1m de lado se tienen cargas
eléctricas positivas de 2·10-6C y en los otros dos de 5·10-6C. Hallar el valor del campo
eléctrico y el potencial en el centro del cuadrado
RESOLUCIÓN:
El campo eléctrico en el punto P es la suma de los campos eléctricos creados por cada
una de las cargas puntuales situadas en los vértices del cuadrado:
4
EP
¦ Ei
i 1
4
qi
¦k ˜ r
i 1
2
˜ur
i
Siendo los vectores de posición, sus módulos y sus vectores unitarios:
r1
1 1 § 1 1·
(0,0) ( , ) ¨ , ¸ Ÿ r1
2 2 © 2 2¹
r2
1 1 §1 1·
(1,0) ( , ) ¨ , ¸ Ÿ r2
2 2 ©2 2¹
r3
1 1 §1 1·
(1,1) ( , ) ¨ , ¸ Ÿ r3
2 2 ©2 2¹
r4
1 1 § 1 1·
(0,1) ( , ) ¨ , ¸ Ÿ r4
2 2 © 2 2¹
&
u r1
§ 1 1·
¨ , ¸
© 2 2¹
2
2
&
u r3
§1 1·
¨ , ¸
©2 2¹
2
2
2
2
2
§1· § 1·
¨ ¸ ¨ ¸ Ÿ r22
©2¹ © 2¹
2
2
§1· §1·
¨ ¸ ¨ ¸ Ÿ r32
©2¹ ©2¹
2
2
§1 1·
¨ , ¸
©2 2¹
2
2
§ 1 1·
¨ , ¸
© 2 2¹
2
2
1
2
1
2
1
2
§ 1· §1·
¨ ¸ ¨ ¸ Ÿ r42
© 2¹ ©2¹
&
1 ·
§ 1
,
¨
¸ ; u r2
2¹
2
©
&
§ 1 1 ·
,
¸ ; ur4
¨
© 2 2¹
2
§ 1· § 1·
¨ ¸ ¨ ¸ Ÿ r12
© 2¹ © 2¹
1
2
1 ·
§ 1
,
¨
¸
2¹
© 2
§ 1 1 ·
,
¸
¨
2 2¹
©
Página 7 de 50
Y
(0,1)
Q4
Q3
(1,1)
E4
P
E3
(1/2,1/2)
E1
E2
Q1
(0,0)
Q2
X
(1,0)
Los campos eléctricos creados por cada carga son:
&
EP1
k˜
q1 &
˜ ur
r12 1
&
EP2
k˜
q2 &
˜ ur
r22 2
&
EP3
k˜
q3 &
˜ ur
r32 3
&
EP4
k˜
q1 &
˜ ur
r42 4
1 · N
1
1 ·
5 ˜ 106 § 1
4 §
˜¨
,
,
¸
¸ 9 ˜ 10 ˜ ¨ 1
2¹ C
2
2¹
2
©
©
2
1 · N
1 ·
5 ˜ 10 6 § 1
4 § 1
˜¨
,
,
9 ˜ 109 ˜
¸
¸ 9 ˜ 10 ˜ ¨
1
2¹ C
2¹
© 2
© 2
2
6
1 · N
§ 1 1 ·
9 2 ˜ 10
3 § 1
,
˜¨
,
9 ˜ 10 ˜
¸
¸ 36 ˜ 10 ˜ ¨
1
© 2 2¹ C
© 2 2¹
2
6
1 1 · N
§ 1 1 ·
9 2 ˜ 10
3 §
,
,
˜¨
9 ˜ 10 ˜
¸
¸ 36 ˜ 10 ˜ ¨ 1
2 2¹ C
2 2¹
©
©
2
9 ˜ 109 ˜
El campo eléctrico total es:
&
&
&
&
EP1 EP2 EP3 EP4
1 ·
1 ·
1 ·
§ 1
4 § 1
3 § 1
9 ˜ 104 ˜ ¨ ,
,
,
¸
¸ 36 ˜ 10 ˜ ¨
¸ 9 ˜ 10 ˜ ¨
2
2¹
2¹
© 2 2¹
© 2
©
§ 1 1 · §¨ § 2 ˜ 9 ˜ 104 2 ˜ 36 ˜ 103 · ·¸ § 108000 ·
4
¸¸ ¸ ¨ 0,
36 ˜ 103 ˜ ¨ ,
¸ ¨ 0, ¨¨
¸ 7.6 ˜ 10 ˜ j N C
2 2¹ © ©
2
2
2 ¹
©
¹¹ ©
EP
El potencial en el centro del cuadrado lo crean las cuatro cargas puntuales de los
vértices:
ª
º
6
6
6
6 »
4
4
«
˜
˜
˜
˜
5
10
5
10
2
10
2
10
qi
6
9
9 ˜ 109 ˜ «
VP ¦Vi ¦ k ˜
» 9 ˜ 10 ˜ 14 ˜ 2 ˜ 10
1
1
1
1
r
i 1
i 1
i
«
»
«¬ 2
2
2
2 »¼
178.2 ˜ 103
V Página 8 de 50
1.1.7. Cargas iguales, cada una de ellas de 1PC, están situadas en los vértices de un
triángulo equilátero de 0.1m de lado. Calcular:
a) La fuerza que se ejerce sobre cada carga como resultado de la interacción con las
otras dos
b) La energía potencial de cada carga
c) El campo eléctrico resultante y el potencial en el centro del triángulo
RESOLUCIÓN:
q3
(0c05,8c7 ˜ 102 )
d 23
d13
30q
a
&
F21
60q
30q
(0,0)
d 12
q1
&
F31
F1
&
&
F21 F31; F2
&
&
F12 F32 ; F3
F1
q ˜q &
q ˜q &
k ˜ 2 2 1 ˜ u21 k ˜ 3 2 1 ˜ u31
d 21
d 31
9 ˜ 10 1 ˜ 15 ˜ 101 ,8.7 ˜ 101
d 21
d 31 101 m
21
0,0 0.1,0
&
u21
9 ˜ 109 ˜ 10 6
10 1 2
1,0 5 ˜10
2
2
,78.3 ˜ 10 2
2
,8.7 ˜ 10 2
1
,8.7 ˜ 10 1
N
(1,0)
·¸¸ 5 ˜10
¹
q ˜q &
q ˜q &
k ˜ 2 2 1 ˜ u12 k ˜ 3 2 2 ˜ u32
d12
d 32
q2
&
&
F13 F23
135 ˜ 10
§ 101
31 (0,0) ¨¨
, 101 ˜ cos 30º
© 2
F2
(0c1,0)
9 ˜ 10 1 ˜ 15 ˜ 101 ,8.7 ˜ 101
9 ˜ 109 ˜ 10 6
135 ˜ 10
10 1 2
2
&
u31
1,0 5 ˜10
5 ˜10
1
,8.7 ˜ 101
2
,78.3 ˜ 10 2
1
,8.7 ˜ 101
N
101 m
d12
d 32
&
u12
(1,0) 32
§ 101
(0.1,0) ¨¨
, 10 1 ˜ cos 30º
© 2
·¸¸ 5 ˜10
¹
2
,8.7 ˜ 10 2
&
u32
5 ˜ 10
1
,8.7 ˜ 101
Página 9 de 50
F3
9 ˜10 1 ˜ 0,17.4 ˜10 1
d13
13
9 ˜109 ˜ 10 6
q ˜q &
q ˜q &
k ˜ 3 2 1 ˜ u13 k ˜ 3 2 2 ˜ u23
d 23
d13
0,1.6
10 1 2
5 ˜10
2
1
,8.7 ˜10 1 5 ˜10 1 ,8.7 ˜10 1
N
1
d 23 10 m
5 ˜10
2
&
,8.7 ˜10 2 (0,0) u13
§ 10 1
23 ¨¨
, 10 1 ˜ cos 30º
2
©
·¸¸ (0.1,0)
¹
5 ˜10 ,8.7 ˜10 5 ˜10 ,8.7 ˜10 1
1
2
b) La energía potencial de cada carga es: U 1
V1
K ˜ q 2 k ˜ q3
d 21
d 31
U1
10 6 ˜ 18 ˜ 10 4
9 ˜ 10 9 ˜ 2 ˜ 10 6
10 1
&
u23
2
5 ˜10
1
,8.7 ˜10 1
q1 ˜ V1
18 ˜ 10 4 (V )
18 ˜ 10 2 ( J )
Todas las cargas tienen la misma energía potencial:
U 2 U 3 18 ˜ 10 2 ( J )
c) El campo en el centro del triángulo será:
& &
&
&
E E1 E 2 E3 0
&
&
&
Las componentes en el eje x de E1 y E 2 se anulan. Las componentes en el eje y de E1 y
&
&
E 2 son la mitad de la componente en el eje y de E3 , y como E1 y y E2 y llevan sentido
contrario a E3 y , la suma de las dos primeras anula la tercera.
El potencial en dicho punto es:
V
V1 V2 V3
siendo a
k ˜ Q1 k ˜ Q2 k ˜ Q3
a
a
a
0c1
2 cos(30q)
3 ˜ 9 ˜ 10 9 ˜ 10 6 ˜ 2 ˜ 3
10
1
2
46c76 ˜ 10 4 (V )
0c0577 m
1.1.8. El potencial eléctrico a una distancia d de una carga puntual q es V=600V y el
campo eléctrico es E=200N/C.
a) Calcular el valor de la carga
b) Calcular la distancia a la carga puntual
RESOLUCIÓN:
a) El potencial V y el módulo de campo eléctrico E que crea una carga puntual es:
Página 10 de 50
V
k˜
q
Ÿ despejando la distancia d Ÿ d
d
E
k˜
q
d2
k˜
q
V
Sustituyendo d en la expresión del módulo del campo eléctrico y despejando q,
podemos obtener el valor de ésta:
E
k˜
q
§ q·
¨k ˜ ¸
© V¹
2
V2
Ÿq
k ˜q
V2
k˜E
6002
9 ˜ 109 ˜ 200
2 ˜ 10 7 C b) Una vez que conocemos la carga q, podemos obtener el valor de la distancia d:
q
k˜
V
d
2 ˜ 107
9 ˜ 10 ˜
600
9
3m
1.1.9. Calcular el gradiente de la función escalar V=V(r), siendo r= r el módulo del
vector de posición r
xi y j z k . Aplicar a los casos:
a) V=1/r
b) V=ln r
RESOLUCIÓN:
El vector operador gradiente se define como:
grad V
wV
wV
wV
˜i ˜ j
˜k
wx
wy
wz
Como V depende de r y éste, a su vez, depende de las coordenadas x, y, z, entonces cada
uno de los sumandos que hay a la derecha de la ecuación se puede calcular de la
siguiente forma:
wV
wx
dV wr
˜
dr wx
El módulo de r es: r
Por tanto:
wV
wy
dV wr
˜
dr wy
wV
wz
dV wr
˜
dr wz
x2 y2 z2
Página 11 de 50
wr
wx
w x2 y2 z2
wx
2 ˜ x2 y2 z2
wr
wy
w x2 y2 z2
wy
2˜ x y z
wr
wz
w x2 y2 z2
wz
2˜ x
2˜ y
2
2
2
2˜ z
2 ˜ x2 y2 z2
x
r
y
r
z
r
Sustituyendo estas expresiones en el gradiente:
gradV
dV x
y
z
( ˜ i ˜ j ˜ k)
dr r
r
r
dV r
˜
dr r
dV &
˜ ur
dr
Aplicando esta última expresión a los casos (a) y (b):
dV
1
V
Ÿ gradV
˜ ur
(a )
r
dr
(b)
V
ln r Ÿ gradV
§ 1· &
¨ 2 ¸ ˜ ur
© r ¹
dV
§1·
˜ ur ¨ ¸ ˜ ur
dr
©r¹
1.1.10. El potencial eléctrico en una cierta región del espacio viene dado por
V(x)=C1+C2·x2, en donde V se expresa en voltios, x en metros y C1 y C2 son constantes
positivas. Hallar el campo eléctrico E en esta región. ¿En qué dirección está E ?
RESOLUCIÓN:
V ( x ) C1 C2 ˜ x 2
Utilizando la relación que existe entre campo eléctrico y potencial:
&
E
ª dV & dV & dV & º
«
k
j
i
dz »¼
dy
¬ dx
Como el potencial depende sólo de x, el campo eléctrico únicamente tendrá componente
en esta dirección:
&
E
dV &
i
dx
&
2 ˜ x ˜ C2 i
Página 12 de 50
1.1.11. Un campo eléctrico viene determinado por Ex=2x3(kN/C). Determinar la
diferencia de potencial entre los puntos del eje x situados en x=1m y x=2m.
RESOLUCIÓN:
Utilizando la relación que existe entre campo eléctrico y potencial:
&
E
ª dV & dV & dV & º
«
k
j
i
dz »¼
dy
¬ dx
Sólo existe componente en x:
Ex
x 2
³ dV
x 1
dV &
i Ÿ dV
dx
E x ˜ dx
x 2
³ E x dx
x 1
x 2
³ 2 ˜ x ˜ 10 dx
V ( 2) V (1)
3
3
x 1
ª x4 º
2 ˜ 10 « »
¬4¼
3
ª 2 4 14 º
2 ˜ 10 « »
¬ 4 4¼
3
2 ˜ 103
15
4
7c5 ˜ 103V
1.1.12. El potencial eléctrico en una región del espacio viene dado por V=2·x2 + y·z
(V/m2). Determinar el campo eléctrico en el punto x=2m, y=1m y z=2m.
RESOLUCIÓN:
Utilizando la relación entre campo eléctrico y potencial:
&
&
& &
ª dV & dV & dV & º
k » 4 ˜ x i zj y k
j
i
E «
dz ¼
dy
¬ dx
&
&
& &
E 2,1,2 8i 2 j k V
m
>
@
@ >
1.1.13. Dos cargas puntuales q1=2pC y q2=-2pC están separadas una distancia de 4Pm.
a) ¿Cuál es el momento dipolar de este par de cargas?
b) Hacer un dibujo del par e indicar la dirección y sentido del momento bipolar
RESOLUCIÓN:
a)
b)
&
&
p q˜d
&
&
p q˜ d
2 ˜1012 ˜ 4 ˜106 8 ˜1018 C ˜ m
&
&
p 8 ˜ 10 18 i C ˜ m
Página 13 de 50
&
p
q1
d 4 ˜106 m
q2
1.1.14. Un dipolo de momento 0.5e-·nm se coloca en el interior de un campo eléctrico
uniforme de valor 4·104 N/C. ¿Cuál es el valor del momento ejercido sobre el dipolo
cuando?:
a) ¿El dipolo es paralelo al campo eléctrico?
b) ¿El dipolo es perpendicular al campo eléctrico?
c) ¿El dipolo forma un ángulo de 30º con el campo eléctrico?
d) Determinar la energía potencial del dipolo en el campo eléctrico en cada caso.
RESOLUCIÓN:
&
p 0c5 ˜ 1c 6 ˜ 10 19 ˜ 10 9
&
E 4 ˜ 10 4 N
C
0c8 ˜ 10 28 C ˜ m &
El momento ejercido sobre le dipolo es: W
& &
puE
La energía potencial del dipolo en el campo eléctrico es: U
& &
px E
a) Si el campo y el dipolo son paralelos, forman un ángulo de 0º:
& & &
W
p ˜ E ˜ sen0q 0
Y la energía potencial será:
& &
U p ˜ E ˜ cos0q 0c8 ˜ 10 28 ˜ 4 ˜ 10 4 ˜ 1 3c2 ˜ 10 24 J
b) Si el campo eléctrico y el dipolo forman un ángulo de 90º:
& & &
W
p ˜ E ˜ sen 90q 0c8 ˜ 10 28 ˜ 4 ˜ 10 4 ˜ 1 3c2 ˜ 10 24 N ˜ m Y la energía potencial será:
& &
U p ˜ E ˜ cos90q 0
c) Si ambos forman un ángulo de 30º:
& & &
1
W
p ˜ E ˜ sen 30q 0c8 ˜ 10 28 ˜ 4 ˜ 10 4 ˜
1c 6 ˜ 10 24 N ˜ m 2
Y la energía potencial será:
3
& &
U p ˜ E ˜ cos30q 0c8 ˜ 10 28 ˜ 4 ˜ 10 4 ˜
2
2c77 ˜ 10 24 J
Página 14 de 50
1.1.15. Dos cargas de signos contrarios y de 10-8C están situadas a una distancia de
10cm en el vacío formando un dipolo eléctrico. Determinar la intensidad del campo
eléctrico que el dipolo produce en los siguientes puntos:
a) A una distancia de 5cm de la carga positiva en la prolongación del segmento que
une las cargas
b) En un punto de dicho segmento a 4cm de la carga positiva
c) En un punto que equidiste 10cm de ambas cargas
RESOLUCIÓN:
Y
E2A Q1=10-8 C
Q2=-10-8 C
E2B
·
·
60º
E1A
A (-5,0)
X
E1B
B (4,0)
1C
2C
L=10cm
E2C
C (5,-10·cos30º)
E1C
a) El campo eléctrico total en el punto A de coordenadas (-5,0)cm es la suma del
campo eléctrico creado en A por la carga 1 y el campo eléctrico creado en A por la carga
2.
EA
E 1A E 2 A
k˜
9 ˜ 10 § 8 ·
˜¨ ¸ i
10 4 ˜ 25 © 9 ¹
q1
q
˜ i k ˜ 22 ˜ i
2
d1
d2
9 ˜ 10 9 ˜
10 8
5 ˜ 10 2 2
˜ i 9 ˜ 10 9 ˜
10 8
15 ˜ 10 2 2
˜i
N
C
3.2 ˜ 10 4 ˜ i
b) El campo eléctrico total en el punto B de coordenadas (4,0)cm es la suma del campo
eléctrico creado en B por la carga 1 y el campo eléctrico creado en B por la carga 2
EB
E1B E 2B
8.1 ˜10 4 ˜ i
k˜
q1
q
˜ i k ˜ 22 ˜ i
2
d1B
d2B
9 ˜109 ˜
10 8
4 ˜10 2 2
˜ i 9 ˜109 ˜
10 8
6 ˜10 2 2
˜i
N
C
c) El campo eléctrico total en el punto C de coordenadas (5,-10·cos30º)=(5,-8.7)cm es
la suma del campo eléctrico creado en C por la carga 1 y el campo eléctrico creado en C
por la carga 2
Página 15 de 50
EC
E1C E 2 C
9 ˜ 109 ˜
k˜
q &
q1 &
˜ u1c k ˜ 22 ˜ u2c
2
d 2C
d1C
9 ˜ 109 ˜
108
˜ 5 ˜ 101 ,8.7 ˜ 101 9 ˜ 103 ˜ i
10 ˜10 2 2
108
10 ˜ 10 2 2
˜ 5 ˜ 101 ,8.7 ˜ 101 N
C
10 cm
d1c
d 2c
1C
(5,8.7) (0,0)
2C
10,0 5,8.7 5,8.7 Ÿ 2C
(5,8.7) Ÿ 1C
5 8.7 2
2
5 8.7 2
2
5 ˜10
&
10 Ÿ u1c
&
10 Ÿ u2 c
5 ˜10
1
1
,8.7 ˜ 101 ,8.7 ˜ 101 1.1.16. Un dipolo eléctrico está formado por dos cargas opuestas de magnitud q=10-6C
separadas una distancia de 2cm. El dipolo está colocado en un campo eléctrico externo
de módulo 105 N/C.
a) ¿Cuál es el momento máximo que ejerce el campo en el dipolo?
b) ¿Cuánto trabajo debe hacer un agente exterior para dar al dipolo media vuelta a
partir de una posición paralela al campo?
RESOLUCIÓN:
a) El momento o giro W que produce sobre un dipolo eléctrico, un campo eléctrico
externo uniforme es:
W
puE Ÿ W
p ˜ E ˜ senD
q ˜ d ˜ E ˜ senD
El momento es máximo si el valor del seno del ángulo que forman los vectores es 1.
Esto ocurre cuando los vectores p y E forman un ángulo de 90º.
W
q ˜ d ˜ E ˜ sen90º 106 ˜ 2 ˜ 102 ˜ 105 ˜ 1 2 ˜ 103 N ˜ m
b) La energía potencial que tiene un dipolo que está situado en un campo eléctrico
externo uniforme es:
U p x E p ˜ E ˜ cosD
En el estado inicial si el campo E y el momento dipolar p son paralelos:
U
px E
p ˜ E ˜ cos 0º p ˜ E
En el estado final cuando ha girado 180º respecto a su posición inicial:
U
px E
p ˜ E ˜ cos180º
p˜E
El trabajo que realiza un agente externo para dar la media vuelta al dipolo
es:
W 'U U final U inicial U inicial U final p ˜ E p ˜ E
2 ˜ p ˜ E 4 ˜ 10 3 J
>
@
Página 16 de 50
1.1.17. Existe un campo eléctrico uniforme entre dos placas paralelas con cargas
opuestas. Se libera un electrón desde el reposo sobre la superficie de la placa negativa y
alcanza la superficie de la placa opuesta, colocada a una distancia d=2·10-2m de la otra,
en un intervalo de tiempo t=1.5·10-8s:
a) Calcular la intensidad del campo eléctrico
b) Calcular la velocidad del electrón cuando llega a la segunda placa
c) ¿Cuál es la diferencia de potencial que hay entre las placas?
RESOLUCIÓN:
&
F
q
x
&
qE
&
E
x
0
d
a)
F
q˜E
m˜a Ÿ a
v
v0 x a ˜ t
x
d
q
E
m
a ˜t
x0 v0 x ˜ t 1
˜ a ˜t2 Ÿ d
2
1
˜ a ˜t2
2
1q
˜ E ˜t2
2m
Despejando el campo de esta última:
E
2˜m˜d
q ˜t2
b) v
a ˜t
c) V
E ˜d
2 ˜ 9c1 ˜ 10 31 ˜ 2 ˜ 10 2
1c 6 ˜ 10 19 ˜ 1c 5 ˜ 10 8 2
q
˜ E ˜t
m
m
1011 V
1c 6 ˜ 10 19
˜ 1011 ˜ 1c 5 ˜ 10 8
31
9c1 ˜ 10
1011 ˜ 2 ˜ 10 2
2022 ˜ 10 2
2666374 | 2666 Km
s
22c22 V
1.1.18. Un electrón de masa m=9.1·10-31kg y carga eléctrica q=-1.6·10-19C se proyecta
en el interior de un campo eléctrico uniforme E=2000N/C con una velocidad inicial
v0=106m/s perpendicular al campo.
a) Hallar las ecuaciones del movimiento del electrón
b) ¿Cuánto se habrá desviado el electrón si ha recorrido 1cm sobre el eje OX? (OX:
dirección de entrada del electrón)
Página 17 de 50
RESOLUCIÓN:
y
&
a
v0
&
E
x
&
&
a) Como la F q ˜ E :
&
&
&
& e &
F m˜a q˜E Ÿ a
˜ E siendo (-e), la carga del electrón.
m
Eje x: a x
Eje y: a y
0 o v x cte v0 ; x v0 ˜ t
e
˜ E o v y v0 y a ˜ t a ˜ t; y
m
y 0 v0 y 1
˜ a ˜t2
2
1
˜ a ˜t2
2
b) Sustituimos la aceleración en y:
1 e
y
˜ E ˜t2
2m
Como necesitamos el tiempo, lo hallamos con x:
x 10 2
x v0 ˜ t o t
10 8 s
6
v0 10
Y lo llevamos al desplazamiento en y:
2
1 1c 6 ˜ 10 19
˜ 2000 ˜ 10 8 0c0176m 1c 8 cm
y
31
2 9c1 ˜ 10
El ángulo que se ha desviado será:
D
arctg
y
| 60q
x
1.2 Distribuciones continuas de carga
1.2.1. Consideremos un campo eléctrico uniforme E
2i kN
.
C
a) ¿Cuál es el flujo de este campo a través de un cuadrado de 10cm de lado cuyo plano
es paralelo al plano YZ?
b) ¿Cuál es el flujo que atraviesa el mismo cuadrado si la normal a su plano forma un
ángulo de 30º con el eje X?
Página 18 de 50
RESOLUCIÓN:
y
&
E
&
s
&
2i
S
2
l 10 cm
x
z
a) El flujo de campo eléctrico a través de la superficie abierta es:
)
& &
E
³ x ds
s
&
Con s
& &
E
³ ˜ s cos(0º )
& &
E˜s
2 ˜ 103 ˜ 10 2
20 N ˜ m
2
s
10 ˜ 10 2 ˜ 10 ˜ 10 2
C
10 2 m 2
b) En este caso el ángulo que forman el vector superficie y el vector campo eléctrico es
30º. Por lo tanto:
)
& &
E
³ x ds
s
& &
E
³ ˜ s cos(30º )
& &
E ˜ s ˜ cos(30º )
2 ˜ 103 ˜ 10 2
s
3
2
17c3 N ˜ m
2
C
1.2.2. Una carga puntual q=3PC está en el centro de una esfera de 0.6m de radio.
a) Hallar el valor del campo eléctrico en los puntos situados en la superficie de la esfera
b) ¿Cuál es el flujo del campo eléctrico debido a la carga puntual a través de la
superficie de la esfera?
c) ¿Variaría la respuesta dada a la parte b) si se moviese la carga puntual de modo que
estuviese dentro de la esfera pero no en el centro?
d) ¿Cuál es el flujo neto que atraviesa un cubo de 1m de arista que circunscribe la
esfera?
RESOLUCIÓN:
&
E
&
ds
q=3ȝC
r
Página 19 de 50
a) El campo eléctrico en un punto situado a una distancia R de una carga puntual es:
&
E
Q &
K & 2 ˜ ur
r
con R
&
r
9 ˜ 109
0c6m
3 ˜ 106 &
u
6 ˜101 2 r
27 ˜ 103 &
ur
36 ˜ 10 2
3 5& N
10 ur
C
4
6 ˜ 101 m
b) El flujo de campo eléctrico a través de la superficie es:
)
)
& &
E
³ x ds
s
& &
q
E
³ ˜ ds ˜ cos(0º ) enc
H0
s
§ N ˜ m2 ·
¸¸
339c3 ˜ 103 ¨¨
© C ¹
3 ˜ 106
1
4 ˜ S ˜ 9 ˜ 109
c) No cambia la respuesta porque el flujo depende sólo de la carga encerrada en dicha
superficie, siendo independiente de la posición que ocupe en el interior de la misma.
d) El flujo neto sería el mismo que el que atraviesa la esfera, ya que la carga encerrada
es la misma en ambos casos.
1.2.3. Una carga puntual Q está situada en el centro de un cubo cuya arista tiene una
longitud L.
a) ¿Cuál es el flujo del campo eléctrico a través de una de las caras del cubo?
b) Si la carga Q se traslada a un vértice del cubo, ¿cuál es el flujo a través de cada una
de las caras del cubo?
RESOLUCIÓN:
a) El flujo total del campo eléctrico a través del cubo es:
Q
)E
&
&
³ E x ds
s
L
qenc
H0
Página 20 de 50
Por simetría, el flujo que atraviesa cada una de las caras del cubo es 1/6 del flujo total:
) cara
) total
6
Q
6 ˜ H0
b)
1
Q
2
3
Dibujamos una esfera alrededor de la carga puntual Q que está situada en el vértice del
cubo. Si dividimos la esfera en 8 partes, vemos que el flujo que entra en el cubo
corresponde a 1/8 del flujo total que sale de la esfera.
) total
Qenc
) cubo
1
) total
8
H0
Q
H0
Q
8H 0
Este flujo sólo atraviesa 3 caras del cubo porque el vector superficie de las caras 1, 2 y 3
&
forman un ángulo de 90º con el vector E , por tanto:
) cara
) cubo
3
Q
8 ˜ H0 ˜ 3
Q
24H 0
1.2.4. Una corteza esférica de radio 6cm posee una densidad superficial uniforme de
carga V=9nC/m2:
a) ¿Cuál es la carga total sobre la corteza?
b) Determinar el campo eléctrico en r1=2cm, r2=5.9cm, r3=6.1cm y r4=10cm
RESOLUCIÓN:
+ +
+ + + +
+ + + R +
+ + + + +
+ + + + +
+ + +
Página 21 de 50
a) Como la densidad superficial de carga es constante:
Q
Ÿ Q V ˜ S V ˜ 4SR 2 9 ˜ 10 9 ˜ 4 ˜ S ˜ 36 ˜ 10 4
S
Siendo R 6 ˜ 102 m y V 9 ˜ 10 9 C 2
m
V
407c1 ˜ 1012 C
407c1 pC
b) Aplicando el teorema de Gauss, se puede demostrar que le campo eléctrico en una
corteza esférica de densidad superficial uniforme es:
E
Er r t R K
Q
r2
r
E(r<R)=0
Si el radio es R=6cm, r1=2cm y r2=5.9cm corresponden a puntos del interior de la
corteza y E=0.
Para puntos fuera de la corteza:
r3
&
6c1cm Ÿ Er
r4
&
10cm Ÿ Er
Q
2
r3
9 ˜ 109 ˜ 407c1 ˜ 1012
Q
K 2
r4
9 ˜ 109 ˜ 407c1 ˜ 1012
K
6c1 ˜ 10 2 2
10 ˜ 10 2 2
C
98c5 ˜ 10 985 N
3663c9
10 3
10 2
C
366c4 N
1.2.5. Una esfera de radio R1 tiene una cavidad central de radio R2. Una carga q está
uniformemente distribuida en su volumen. Hallar el campo eléctrico y el potencial en:
a) puntos fuera de la esfera
b) su interior
c) en la cavidad central
RESOLUCIÓN:
a)
q
R2
&
E &
ds
r
R1
Página 22 de 50
Como es una distribución simétrica de carga, utilizaremos el teorema de Gauss para
hallar el campo eléctrico en r>R1:
& & qenc
& &
& & qenc
q
) E ³ E x ds
Ÿ ³ E ˜ ds cos0º E ˜ S
ŸE
s
s
H0
H0
4Sr 2H 0
El potencial eléctrico en r•R1:
Er
dV
Ÿ dV
dr
V r V f V r r
r
Er ˜ dr Ÿ ³ dV
³ Er ˜ dr Ÿ
f
q
³ K 2 dr
f
r
r
r
ª qº
«¬ K r »¼
f
f
ª1 1 º
K ˜ q« »
¬r f¼
K ˜q
Ÿ
r
K ˜q
V f r
Como por definición V(’) = 0 para una carga puntual:
V r K ˜q
r
b)
&
ds
&
E
q
R2
r
R1
La carga total es q y está distribuida uniformemente en el volumen:
V
4
S R13 R23 Ÿ U
3
q
V
3˜ q
3
3
4S R1 R2
siendo ȡ la densidad de carga.
Aplicando de nuevo el teorema de Gauss, el campo eléctrico en R2<r<R1 es:
)E
& &
E
³ x ds
s
qenc
H0
& &
Ÿ E ˜ S cos0º E ˜ S
qenc
H0
La carga encerrada por la superficie de Gauss, en este caso, será:
qc
U ˜V c
4
U S r 3 R23
3
3˜ q
4
3
˜ S r 3 R2
3
3
4S R1 R2 3
3
q r 3 R2
3
3
R1 R2
Despejando el campo:
Página 23 de 50
3
1
q r 3 R2
˜
4Sr 2H 0 R13 R23
E
El potencial en R2”r”R1:
dV
r
Er ˜ dr Ÿ ³ dV
³
R1
R1
r
1
R1
4SH 0
V r V R1 ³
1
V r V R1 4SH 0
1
V r V R1 4SH 0
V r V R1 q
4SH 0
r
Er ˜ dr
q
3
3
R1 R2
q
3
3
R1 R2
³
r
q
3
3
R1 R2
1
3
R R2
3
1
R1
3
§
R2 ·
¨ r 2 ¸dr
¨
r ¸¹
©
3
·
§
R2
¨ rdr 2 dr ¸
¸
¨
r
¹
©
ª ª r 2 º R1 ª R 3 º R1 º
«« » « 2 » »
«¬ ¬ 2 ¼ r ¬ r ¼ r »¼
ª ª R12 r 2 º ª R23 R23 º º
»«
««
»»
2 ¼ ¬ R1
r ¼ »¼
¬« ¬ 2
Del apartado a) sabemos el potencial en R1 y despejando V(r):
K ˜q
R1
V R1 ª R1 2 r 2 R 2 3 R 2 3 º K ˜ q
q
»
3
3 «
R1
r ¼
R1
2
4SH 0 R1 R 2 ¬ 2
V r 3
3
ª R1 2 r 2 R 2 3 R 2 3
q
R1 R 2 º
»
3
3 «
R1
r
R1
2
4SH 0 R1 R 2 ¬ 2
¼
3
2
ª r
q
R2
3 2º
R1 »
«
3
3
r
2
4SH 0 R1 R 2 ¬ 2
¼
V r V r d) El campo eléctrico en r<R2 es 0, porque la carga encerrada en dicha cavidad es 0.
El potencial, por tanto, es un valor constante:
³
r
dV
R2
V r V R2 ³
r
R2
Er ˜ dr
0 Ÿ V r V R2 Del apartado anterior:
ª R2 2 R23 3 2 º
q
V r V R2 R1 »
3
3 «
R2 2 ¼
4SH 0 R1 R2 ¬ 2
q
3˜ q
ª 3 2 3 2º
2
2
R1 R2
R2 R1 »
3
3 «
3
3
2 ¼ 8SH 0 R1 R2
4SH 0 R1 R2 ¬ 2
>
@
Página 24 de 50
1.2.6. Supongamos que una carga positiva está distribuida uniformemente en un
volumen esférico de radio R, siendo U la densidad de carga por unidad de volumen.
Calcúlese la fuerza de repulsión que sufriría una carga puntual q, situada a una distancia
r del centro de la esfera, siendo rdR.
RESOLUCIÓN:
&
E
U
&
ds
Q
V
r
R
La fuerza de repulsión que se ejerce sobre una carga puntual situada a una distancia r”R
&
&
&
es F q ˜ E , donde E se puede calcular usando el teorema de Gauss:
)E
&
&
&
&
³ E x ds ³ E ˜ ds ˜ cos0º s
s
E˜S
qenc
H0
Despejando el campo:
E
U ˜V
4Sr 2H 0
qenc
4Sr 2H 0
4
3
4Sr 2H 0
U ˜ Sr 3
U ˜r
3H 0
El campo eléctrico resultante será:
&
E
U ˜r &
ur
3H 0
&
F
&
q˜E
Q˜r &
Q˜r &
ur
u
3 r
4 3
SH
4
R
0
3H 0 SR
3
Por lo tanto, la fuerza que actúa sobre la carga es:
q
Q˜r &
ur
4SH 0 R 3
Página 25 de 50
1.2.7. Una esfera de radio R posee una densidad volumétrica de carga proporcional a la
distancia al centro U=A·r para rdR y U=0 para r>R, siendo A una constante. Hallar:
a) El valor de la constante A si la carga total de la esfera es Q
b) El campo eléctrico tanto en el interior como en el exterior de la distribución de carga
RESOLUCIÓN:
Ar si r ” R
r
R
ȡ =0 si r > R
r
a) Si la carga total de la esfera es Q, la densidad es constante en un elemento
infinitesimal de volumen dV, el cual tiene un carga dq:
U
dq
Ÿ dq
dV
U ˜ dV
En una determinada superficie cerrada la carga encerrada será la suma de las cargas dq
de los infinitos elementos dV que forman esa región:
³ dq ³ U ˜ dV
qenc
La carga total encerrada en la esfera de radio R es:
Q
qenc R R
³
R
0
U ˜ dV
³
R
0
Ar 4Sr dr
2
ªr4 º
4SA« »
¬ 4 ¼0
4SA
R4
ŸA
4
Q
SR 4
b) Para hallar el campo eléctrico en el interior y en el exterior de la esfera utilizaremos
el teorema de Gauss:
)E
Para r ” R:
& &
³ E ˜ ds ˜ cos0º E ˜ S
s
& &
E
³ x ds
s
qenc
H0
qenc
H0
Página 26 de 50
necesitamos hallar la carga encerrada hasta r:
r
qenc
r
r
0
0
ªr4 º
4S ˜ A« »
¬ 4 ¼0
³ U ˜ dV ³ A ˜ r ˜ 4Sr dr
2
sustituyendo:
qenc
Q r4
E
4Sr 2H 0 4Sr 2H 0 R 4
r4
4S ˜ A
4
Q r4
4S
S ˜ R4 4
r4
Q 4
R
Q ˜ r2
4SR 4H 0
Para r > R la carga encerrada es Q, por lo tanto:
Q
4Sr 2H 0
E
1.2.8. Sean dos esferas conductoras concéntricas de radios a<b. La interior está a un
potencial V1 y la exterior a un potencial V2. Determinar la carga sobre cada una de ellas.
RESOLUCIÓN:
V2
b
V1
a
El potencial de una corteza esférica de radio R es:
V KQ/R
V r d R KQ/r
R
V r t R K ˜Q
R
K ˜Q
r
r
El potencial en un punto será la suma de los potenciales creados en ese punto por las
dos esferas conductoras.
En r=a:
K ˜ Q1 K ˜ Q2
V1
a
b
En r=b:
K ˜ Q1 K ˜ Q2
V2
b
b
Página 27 de 50
Restando los valores de V1 y V2
§ KQ1 KQ2 · § KQ1 KQ2 ·
V1 V2 ¨
¸
¸¨
b ¹ © b
b ¹
© a
§1 1·
K ˜ Q1 ¨ ¸
©a b¹
Si despejamos Q1
Q1
V1 V2 §1 1·
K¨ ¸
©a b¹
V1 V2 §ba·
K¨
¸
© b˜a ¹
V1 V2 b ˜ a K b a Para obtener Q2 hacemos:
b
V1 V2
a
Q2 º ª b § Q1
Q2 ·º
ª Q1
«¬ K a K b »¼ « a ¨© K b K b ¸¹»
¬
¼
K
Q2
Q
K 2
b
a
ª1 1 º
K ˜ Q2 « »
¬b a ¼
Si despejamos Q2:
Q2
b º
ª
«¬V1 a V2 »¼
ª1 1 º
K« »
¬b a ¼
1.2.9. Considérese dos esferas concéntricas y aisladas de radios a y b (a < b), estando la
de radio a descargada y la de radio b con una carga total Q sobre su superficie. Se
conecta la esfera interior a tierra sin tocar la exterior para nada. ¿Cuál será la carga que
se induce en la esfera de radio a? ¿Cuál será el potencial en los puntos comprendidos
entre las dos esferas?
RESOLUCIÓN:
Q
b
a
a) Cuando conectamos a tierra la esfera interior, se induce en ella una carga Q´, siendo
su potencial 0:
0
K
Q
Qc
K
b
a
Página 28 de 50
de donde podemos despejar Q´:
Qc
Qº a
ª
«¬ K b »¼ K
Q˜a
b
b) El potencial en un punto comprendido entre las dos esferas a una distancia r del
centro es:
V r K
Q
Qc
K
b
r
que sustituyendo Q´, será:
K
r
siendo a<r<b.
V r Q
§ Q˜a ·
¸ K
¨
b
b ¹
©
K
Q§ a ·
¨ 1¸
b© r ¹
KQ § a ·
¨1 ¸
b © r¹
1.2.10. Dos superficies esféricas concéntricas, de espesor despreciable y radios 5 y
10cm, se colocan a 30000 y 18000V respectivamente. A continuación se conecta la
superficie interna a tierra. ¿A qué potencial queda la externa?
RESOLUCIÓN:
V2
V1
R2
R1
Vamos a calcular la carga inicial que hay en cada una de las esferas.
El potencial en la superficie de la esfera interna es:
§Q Q ·
K ¨¨ 1 2 ¸¸ 3 ˜ 104 V © R1 R2 ¹
9 ˜ 109
Q2 º
ª Q1
4
Ÿ
˜
3 ˜ 104 9 ˜ 109 «
3
10
2
10 ˜ 10 2 »¼
10 2
¬ 5 ˜ 10
1
10 ˜ Q1 5 ˜ Q2
50
˜ 10 7
Ÿ
˜ 10 7 10 ˜ Q1 5 ˜ Q2
3
50
3
6
10 6
10
10
2 ˜ Q1 Q2 Ÿ 2 ˜ Q1 Q2
˜ 10 7
3
3
3
V1
K
Q
Q1
K 2
R2
R1
ª Q1 Q2 º
«¬ 5 10 »¼
52 ˜ Q1 Q2 Página 29 de 50
El potencial inicial en la esfera exterior es:
V2
K
Q1
Q
K 2
R2
R2
18 ˜ 103 ˜ 10 ˜ 10 2
9 ˜ 109
K
Q1 Q2 R2
Q1 Q2 Ÿ Q1 Q2
2 ˜ 10 7
Resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones, obtenemos Q1 y Q2:
106
2 ˜ Q1 Q2
3
Q1 Q2 2 ˜ 10 7
106
106
2 ˜ Q1 2 ˜ 10 7 Q1 Ÿ
2 ˜ 10 7
3
3
Q2 2 ˜ 10 7 1c 3 ˜ 10 7 0c7 ˜ 10 7 C Q1 Ÿ Q1
0c13 ˜ 10 6 C Cuando conectamos la esfera interior a tierra cambia Q1, mientras Q2 se mantiene. El
potencial ahora es:
c
c
ªQ c Q º
Q1
Q2
Q1 Q2
Q
c
c
1
2
0 Ÿ Q1 2 R1 Ÿ
V1 0 K
K
»Ÿ
K«
R1
R2
R1 R2
R2
«¬ R1 R2 »¼
5 ˜ 10 2
c
35 ˜ 10 9 C Q1 0c7 ˜ 10 7 ˜
2
10 ˜ 10
El potencial en la esfera exterior es:
c
Q1
Q2 K § c ·
9 ˜ 109
V2 K
0c35 ˜ 10 7 0c7 ˜ 10 7 Ÿ
K
¨ Q1 ¸ Q2
2
R2
R2 R2 © ¹
10 ˜ 10
V2
9 ˜ 1010 0c35 ˜ 10 7
3c15 ˜ 103 V Página 30 de 50
1.2.11. Una carga lineal infinita de densidad lineal uniforme O=-1.5PC/m es paralela al
eje y en x=-2m. Una carga puntual de 1.3PC está localizada en el punto (1,2).
Determinar el campo eléctrico en el punto (2,1.5)
RESOLUCIÓN:
y
q
Ȝ
&
Elínea
x
P
&
Ec arg a
xx
x=-2
El campo total es la suma del campo que crea la línea y el campo que crea la carga.
El campo que crea la línea en P es:
&
E
línea
&
Elínea
&
Ec arg a
&
r
&
ur
O
2SrH 0
1c 5 ˜ 106 ˜ 4S ˜ 9 ˜ 109
2S ˜ 4
&
6c75 ˜ 103 i N
C
puntual
k
Q&
ur
r2
2,1c 5 1,2 1,0c5 Ÿ r&
§ 1 0c5 ·
¨ ,
¸
© 1c 1 1c 1 ¹
&
Ec arg a
puntual
C
6c75 ˜ 103 N
12 0c5
1c 1
2
0c9,0c5
9 ˜ 109
1c 3 ˜ 10 6
0c9,0c5
1c 1
9c57 ˜10 ,5c32 ˜10 N C
3
3
El campo total en P es:
&
EP
&
&
EPc arg a EPlínea
&
&
&
9c57 ˜ 103 i 5c32 ˜ 103 j 6c75 ˜ 103 i
2c82 ˜10 i 5c32 ˜ 10 j N C
3
&
3
&
Página 31 de 50
1.2.12. En cada uno de los tres planos indefinidos x=2, x=0, x=2, existe una
distribución de carga superficial V1 =2 C/m2, V2=4 C/m2, V3=3 C/m2, respectivamente.
Hallar el campo eléctrico y el potencial en todo el espacio, tomando origen de
potenciales V=0 en x=0.
RESOLUCIÓN:
V1
&
E1
&
E2
&
E3
&
E1
&
E2
&
E3
V2
V3
&
E1
&
E2
&
E3
&
E1
&
E2
&
E3
x
, ,, x
2
,V ,,, x 0
V 0
x
2
Teniendo en cuenta el signo de la carga de cada plano, dibujamos el campo eléctrico
que crea cada uno de ellos en cada región.
El campo eléctrico que crea un plano indefinido en sus proximidades es:
&
E
&
E
&
E
&
E
x
V ¢0
V ²0
&
E x² 0 x
V &
i
2H 0
&
E x² 0 &
V
i 2H 0
En una región el campo eléctrico total es la suma de los campos eléctricos que crea cada
plano:
Página 32 de 50
REGIÓN ȱ:
&
E,
&
&
&
E,1 E, 2 E, 3
&
E,
V1 & V 2 & V 3 &
i 2H i 2H i
2H 0
0
0
&
&
2
4
3 &
i i i 2H 0
2H 0
2H 0
3 &N
i
C
2H 0
REGIÓN II:
&
E,,
&
&
&
E,,1 E,, 2 E,, 3
&
E,,
1 &N
i
C
2H 0
&
V1 & V 2 & V 3 &
2 &
4
3 &
i i i
i i i 2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
REGIÓN III:
&
E,,,
&
&
&
E,,, 1 E,,, 2 E,,, 3
&
E,,,
9 &N
i
C
2H 0
V1 & V 2 & V 3 &
2 &
4 &
3 &
i i i i
i i 2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
REGIÓN IV:
&
E,V
&
&
&
E,V1 E,V2 E,V3
&
E,V
3 &N
i
C
2H 0
&
V1 & V 2 & V 3 &
2 &
4 &
3
i i i i i
i
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
2H 0
Para obtener los potenciales, consideramos V(x=0) = 0:
REGIÓN II (-2 ” x ” 0):
³
x
0
dV
V x V 0 ³ E ˜ dx
x
0
1
>x@0x
2H 0
1
1
x Ÿ V x x
2H 0
2H 0
REGIÓN I (x ” -2):
³
x
dV
2
V x V x V 2 ³ E ˜ d
x
2
3
>x 2@ V 2
2H 0
3
>x @x 2
2H 0
3
>x 2@ Ÿ
2H 0
3
3
x V 2 2H 0
H0
Página 33 de 50
Utilizando el resultado de la región II:
1
V 2 V x H0
3
3 1
x 2H 0
H0 H0
3
4
x
2H 0
H0
REGIÓN III (0 ” x ” 2):
³
x
0
dV
V x V 0 ³ E ˜ dx
x
0
V x 9
dx
2H 0
9
>x@0x
2H 0
3
dx
2 2H
0
3
>x 2 @ Ÿ
2H 0
³
x
0
9
xŸ
2H 0
9
x
2H 0
REGIÓN IV (x • 2):
x
³ dV
2
V x V 2 ³ E ˜ dx
V x x
2
³
x
3
3
x V 2 2H 0
H0
Utilizando el resultado de la región III:
V 2 V x 9
H0
3
3 9
x 2H 0
H0 H0
3
6
x
2H 0
H0
1.2.13. Una esfera conductora, de radio R1 y carga Q se une mediante un hilo conductor,
de capacidad despreciable, a otra esfera de radio R2 (R2<R1), inicialmente descargada.
Suponiendo que las esferas están lo suficientemente alejadas entre sí para que los
fenómenos de influencia sean despreciables, calcular:
a) Las cargas Q1 y Q2 de cada una de las esferas
b) Potencial
c) Densidad superficial de carga en cada esfera
d) Repetir el problema suponiendo que la distancia entre los centros de las dos esferas
es d.
RESOLUCIÓN:
a) Al unir ambas esferas, parte de la carga Q de la primera pasa a la segunda de tal
forma que entre ambas esferas suman la carga Q. También, al unirlas quedan ambas al
mismo potencial V:
Página 34 de 50
Q1
R1
Q2
R2
El potencial de la primera, V’1, será:
1 Q1
V1c
4SH 0 R1
Y el de la segunda:
1 Q Q1
V2c
4SH 0 R2
Q ˜ R1
­
Q1
°
R1 R2
1 Q1
1 Q Q1
°
o®
Como V=V’1=V’2:
4SH 0 R1 4SH 0 R2
°Q Q Q Q Q R1
1
°¯ 2
R1 R2
Si comparamos las cargas, vemos que Q1 es mayor que Q2.
Q ˜ R2
R1 R2
b) El potencial al que quedan ambas esferas es:
V
Q ˜ R1
4SH 0 R1 R2 R1
1
1
Q
4SH 0 R1 R2
c) Las densidades superficiales de carga en cada esfera son:
Q1
1
Q
y V2
2
4SR1 4S R1 R1 R2 Siendo en este caso ı1 menor que ı2.
V1
Q2
4SR22
1
Q
4S R2 R1 R2 APÉNDICE
1.2.14. Un trozo de varilla delgada no conductora de longitud L tiene una carga total q,
&
distribuida uniformemente a lo largo de ella. Hallar el campo eléctrico E en:
a) Un punto P de la mediatriz de la varilla
b) En el mismo punto cuando L tiende a infinito.
Página 35 de 50
&
&
dE y d E
P
T
r
˜
T
&
dE x
y
dq c
dq
dx
xc
x
Siendo Ȝ la densidad lineal de carga, escribimos el valor de la carga dq de un trozo
infinitesimal de barra:
q O ˜ L Ÿ dq O ˜ dx
Y el campo eléctrico correspondiente a dicho trozo será:
&
dq
O ˜ dx
dE K 2 K 2
r
r
cuyas componentes son:
&
&
&
&
dEx dEx c o Ex ³ dEx 0 por simetría (para cada dq siempre hay un dq´
simétrico de forma que las componentes del campo eléctrico en el eje x se anulan).
&
&
1 O ˜ dx
dE y dE ˜ cosT
cosT (sólo existe componente en el eje y)
4SH 0 r 2
Tenemos que el campo depende de tres variables : dE f (T , x, r ) , pero debemos
ponerlo en función de una sola variable, en este caso ș.
dT
x
tgT
Ÿ x y ˜ tgT Ÿ dx y
cos 2 T
y
cosT
y2
cos 2 T
y
Ÿ r2
cosT
y
Ÿr
r
Sustituimos en la componente y:
&
dE y
dT
2
O cos2 T cos T
y
4SH 0
cos 2 T
y
1
Integrando:
&
T0
1 O
Ey ³
˜ cosT ˜ dT
T 0 4SH
y
0
2 O
4SH 0 y
L
L 2 y
4SH 0
T0
0
1
˜
˜
O
4SH 0 y
O
y
cos T ˜ d T
T0
cosT ˜ dT
ª 1 O
º
2«
˜ senT »
¬ 4SH 0 y
¼0
2 O
senT 0
4SH 0 y
k ˜q
2
2
2³
1
2
2 y
y L
2
2
Página 36 de 50
ya que:
L
senT 0
2
L 2 y
2
T
2
T
L/2
L/2
Valoración:
Si L o f Ÿ T
S
2
S
o sen
2
2˜k ˜O
y
1 Ÿ Ey
1.2.15. Un anillo de radio a tiene una carga q distribuida uniformemente a lo largo de
su circunferencia. Calcular el campo eléctrico y el potencial eléctrico en puntos a lo
largo del eje perpendicular que pasa por el centro del anillo, en función de la distancia a
dicho centro.
dq
r
x2 a2
a
T
0
x
&
dE x
&
dE
T
El campo eléctrico que crea en el eje x un elemento de carga infinitesimal dq es:
&
dE
K
dq
r2
1 dq
4SH 0 r 2
Sólo existe componente en x, ya que por simetría las componentes en y se anulan.
&
&
&
q
1 dq
1 q
1
x
E x ³ dE x ³ dE ˜ cosT ³
x
x
3
3
4SH 0 r
4SH 0 r
4SH 0 x 2 a 2 3 2
x
y r
x2 a2
siendo cosT
r
Por lo tanto, el campo en cualquier punto del eje x es:
&
&
q˜x
1
i
E
3
4SH 0 x 2 a 2 2
Casos particulares:
Página 37 de 50
&
xo0Ÿ E
0
q
x2
Para x muy alejadas del origen se aproxima al campo de una carga puntual.
x !! a Ÿ E o K
Y el potencial será:
Q
dq
dq
dV K
ŸV ³K
r
r
0
KQ
x2 a2
1.2.16. Un cilindro hueco de radio R y longitud L se encuentra cargado uniformemente
con una densidad superficial de carga ı. Calcular el campo eléctrico y el
potencial en los puntos que están sobre el eje del cilindro.
y
dx
R
T
h
x
P
r
&
dE x
&
dE
T
x
L
Considerando la expresión del campo eléctrico obtenida en el ejercicio anterior para un
anillo de radio R y carga dq:
&
x
dq
dEx K
3
R2 x2 2
donde dq 2SRV ˜ dx
Sustituyendo el valor dq:
2SRVx
dx
dE x K
R 2 x 2 3 2
r
Ex
³
Lr
K
2SRVx
R
2
x2 3
dx
2
K
2SRV
R2 x2
r
L r
ª
º
1
1
»
2SKRV «
2
«¬ R 2 L r 2
R 2 r »¼
Página 38 de 50
En cuanto al potencial creado en un punto P por anillo de radio R y carga dq:
dV
K
dq
R2 x2
K
2SRV
R2 x2
dx
Que considerando el origen en P, e integrando a todo el cilindro:
r
r
dx
2SRV
V
K
dx
K
R
K 2SRV ln x x 2 R 2
2
S
V
³
³
2
2
2
2
R x
R x
Lr
Lr
>
>
@
K 2SRV ln r r 2 R 2 ln ª L r «¬
@
r
Lr
L r 2 R 2 º»
¼
1.3 Condensadores. Campo eléctrico en la materia y energía del campo
1.3.1. Un condensador de láminas plano paralelas tiene una capacidad C0 y una
separación entre las láminas d. Se insertan entre las placas dos láminas dieléctricas de
constantes H1 y H2, cada una de ellas de espesor d/2 y de la misma área que las placas.
2 ˜ H1 ˜ H 2
Demostrar que la capacidad es: C
˜ C0
H1 H 2
RESOLUCIÓN:
S
d
d
H1
H2
2
2
La capacidad de un condensador de láminas plano-paralelas es C0:
C0
Q
V
H0 ˜ S
d
Si se insertan 2 dieléctricos entre las láminas que ocupan cada uno la mitad del espacio
que existe entre ellas, tenemos 2 condensadores en serie (misma carga y distinta d.d.p.)
cuyas capacidades son, respectivamente:
C1
H0 ˜ S
d
2
C2
H0 ˜ S
d
2
La capacidad equivalente es:
Página 39 de 50
§ H1 ˜ S · § H 2 ˜ S ·
¨¨
¸¸ ˜ ¨¨
¸¸
d
d
2
2
©
¹ ©
¹
H1 ˜ S H 2 ˜ S
d 2
d 2
Ceq
C1 ˜ C2
C1 C2
Ceq
H1 ˜ H 2 ˜ S
H1 H 2 d 2
H1 ˜ H 2 ˜ S
H1 H 2 d 2
Teniendo en cuenta que:
H
H1 H r1 ˜ H 0
y
Ceq
H1 ˜ S ˜ H 2 ˜ S ˜ d 2
2
d H ˜ S H ˜ S 2
2 1
H
Hr ˜ H0 ˜ Hr ˜ H0 ˜ S
1
r1
2
H
2
˜H
r2
0
H r ˜ H r ˜ H 02 ˜ S
2 H 0 H r H r d 2
V1 V2
E1 ˜ d1 E2 ˜ d 2
˜ H 0 H r2 ˜ H 0 d
1
2
1
2
2 ˜ H r1 ˜ H r2 ˜ H 0 ˜ S
H
r1
H r2 ˜ d
2 ˜ H r1 ˜ H r2
Hr Hr
1
˜ C0
2
Otra forma de resolver el problema es usar la definición de capacidad y calcular la
nueva diferencia de potencial:
C
Q
V
donde V
siendo
E1
V
y
H1
E2
V
H2
1.3.2. Una lámina de cobre de espesor b se introduce dentro de las láminas planas de un
condensador. La lámina de cobre se encuentra situada exactamente a la mitad de la
distancia d entre las placas. ¿Cuál es la capacidad del condensador antes y después de
introducir la lámina?
RESOLUCIÓN:
Antes de introducir la lámina conductora:
&
E0
Q
Q
S
d
donde C0
H0
S
d
Página 40 de 50
Al introducir la lámina conductora de cobre:
Q
Q
V1
V2
V3
b
ªd bº
«¬ 2 2 »¼
ªd bº
«¬ 2 2 »¼
Utilizando la definición de capacidad:
C
Q
V
V ˜S
donde: V
V
V1 V2 V3
En la lámina de cobre el campo es cero y el potencial constante, por lo que la d.d.p entre
sus extremos es 0.
V
V1 V3
siendo E1
V
ªd bº
ªd bº
E1 « » E3 « »
¬ 2 2¼
¬ 2 2¼
V
H0
y
E2
V
H0
V ªd bº V ªd bº
H 0 «¬ 2 2 »¼ H 0 «¬ 2 2 »¼
V
>d b@
H0
La capacidad, por lo tanto, es:
C
V ˜S
V
V ˜S
V
>d b@
H0
H0 ˜ S
ª bº
d «1 »
¬ d¼
C0
1
ª bº
«¬1 d »¼
1.3.3. Las láminas de un condensador plano están separadas 5mm y tienen 2m2 de área.
Entre ellas se introducen dos dieléctricos, uno con espesor 2mm y permitividad relativa
5, el otro de 3mm y permitividad relativa 2. El condensador se carga a 3c54 ˜ 105 C .
Calcular:
a) El campo eléctrico en cada dieléctrico
b) La diferencia de potencial entre las láminas del condensador
c) La capacidad del condensador
Página 41 de 50
RESOLUCIÓN:
Q
Q
V1
V2
&
E 1
&
E2
d1
d2
d
a) El campo eléctrico entre láminas de un condensador plano-paralelo con un
dieléctrico de permitividad İ es:
& V
Q
con H H r ˜ H 0
E
H H ˜S
de donde:
&
E1
&
E2
Q
H1 ˜ S1
Q
H 2 ˜ S2
Q
H r ˜ H 0 ˜ S1
1
3c54 ˜ 105
5
˜2
4S 9 ˜ 109
Q
H r ˜ H 0 ˜ S2
2
m
400365 V
3c54 ˜ 105
1000911 V
m
2
˜2
9
4S 9 ˜ 10
b) La d.d.p entre las placas del condensador es:
V
V1 V2
E1 ˜ d1 E2 ˜ d 2
400365 ˜ 2 ˜ 103 1000911 ˜ 3 ˜ 103
3803V c) La capacidad es:
C
Q
V
3c54 ˜ 105
3803
9c3 ˜ 10 9
9c3nF 1.3.4. Una placa de dieléctrico de espesor b y constante dieléctrica relativa Hr, se coloca
entre dos placas planas y paralelas de área A y separación d. La diferencia de potencial
antes de introducir el dieléctrico es V. Supóngase que A=100cm2, d=1cm, Hr=7, V=100V
y b=0'5cm. Calcular:
a) La capacidad del condensador antes de introducir el dieléctrico
b) La carga libre depositada en las placas del condensador
c) La intensidad del campo eléctrico en el hueco
Página 42 de 50
d) La intensidad del campo eléctrico en el dieléctrico
e) La diferencia de potencial que existe entre las placas
f) La capacidad del condensador después de introducir el dieléctrico
RESOLUCIÓN:
Hr
S
b
d
S
d
1
100 ˜ 104
˜
4S ˜ 9 ˜ 109
10 2
a) C0
H0
b) C0
Q
ŸQ
V0
c) V0
E0 ˜ d Ÿ E0
d) E
E0
e) V
E0 ˜ d b f) C
Q
V
Hr
104
7
8c84 ˜ 10 3 ˜ 10 9
8c84 ˜ 1012
8c84 pF 8c84 ˜ 1012 ˜ 100 8c84 ˜ 1010 C C ˜V
V0
d
100
10 2
m
104 V
m
1428c6 V
E0
Hr
8c84 ˜ 1010
57c14
˜ b 104 ˜ 0c5 ˜ 10 2 1428c6 ˜ 0c5 ˜ 10 2
57c14 V 15c5 ˜ 1012 F 1.3.5. Las armaduras de un condensador plano tienen una superficie de 250 cm2. El
dieléctrico situado entre las armaduras es mica de 1.2mm de espesor y Hr=6. Determinar:
a) La capacidad del condensador
b) La carga cuando la diferencia de potencial entre las armaduras es de 500V
c) El campo eléctrico entre las armaduras
d) La fuerza atractiva entre las mismas
e) La energía almacenada en el condensador
Página 43 de 50
RESOLUCIÓN:
S
250 cm
2
Hr 6
1c 2mm
d
S
d
a) C
Hr ˜ H0
b) C
Q
ŸQ
V
c) V
E ˜d Ÿ E
6˜
1
250 ˜ 104
4S ˜ 9 ˜ 109 1c 2 ˜ 10 3
C ˜V
V
d
1c 1 ˜ 10 9 F 1c 1 ˜ 10 9 ˜ 500 0c55 ˜ 10 6 C 500
1c 2 ˜ 10 3
m
416667 V
d)
&
E
Q
Q
&
F
S
&
dF
dS
y
x
x
El trabajo está relacionado con la energía almacenada:
W
1
C ˜V 2
2
1
2
C ˜ E ˜ d 2
1 H ˜ S §V ·
¨ ¸
2 x ©H ¹
2
1 S ˜V 2 ˜ x
H
2
Página 44 de 50
Si manteniendo la carga constante se aproximan las armaduras una distancia dx, la
energía almacenada disminuye en una cantidad:
1 S ˜V 2
dx
2 H
dW
Esta variación de energía equivale al trabajo de la fuerza que actúa sobre una de las
armaduras:
F ˜ dx
dW
1 S ˜V 2
ŸF
2 H
1 4S ˜ 9 ˜ 109 0c55 ˜ 10 6 ˜
˜
2
6
250 ˜ 10 4
2
e) U
1
C ˜V 2
2
1 S 2
˜ V
2 H
dW
dx
1 S Q2
˜ ˜
2 H S2
1 1 Q2
˜ ˜
2 H S
Q2
1
1
˜
˜
2 H0 ˜ Hr S
0c114 N 1
2
˜ 1c 1 ˜ 10 9 500 2
1c 38 ˜ 10 4 J 1.3.6. Dado el sistema de la figura, calcular la energía almacenada por cada
condensador si la diferencia de potencial entre A y B es V=20 V, siendo C=4 ȝF.
C
A
2C
6C
2C
B
RESOLUCIÓN:
1
x
A
C
2
Q
Q
Qc
Qc
3
2C
x
B
V AB
C
20V
4PF
4
2C
6C
La energía almacenada en un condensador es:
U
1
CV 2
2
1
QV
2
Consideramos los condensadores 1 y 2 que están en serie para calcular V1 y V2. Estos
tienen la misma carga Q:
Página 45 de 50
Q
ŸQ
V1
C1
C
C2
2C
C ˜ V1
Q
ŸQ
V2
2C ˜ V2
Igualando las Q:
C ˜ V1
2C ˜ V2 Ÿ V1
2V2
Teniendo en cuenta que VAB es la suma de V1 y V2:
VAB
V1 V2
2V2 V2
3V2
20V Ÿ V2
20
V Ÿ V1
3
40
V 3
La energía almacenada en los condensadores 1 y 2 es:
U1
1
2
C1V1
2
U2
1
2
C2V2
2
1
§ 40 ·
˜ 4 ˜ 10 6 ¨ ¸
2
© 3 ¹
1
2
CV1
2
1
2
2CV2
2
§ 20 ·
4 ˜ 10 ¨ ¸
© 3 ¹
6
2
2
4 ˜ 10 6 ˜ 1600
18
3c55 ˜ 10 4 J 1c 77 ˜ 10 4 J Consideramos los condensadores 3 y 4 que están en serie para calcular V3 y V4. Estos
tienen la misma carga Q’:
C3
2C
Qc
Ÿ Qc
V3
C4
6C
Q'
Ÿ Q' 6C ˜ V4
V4
2C ˜ V3
Igualando las Q’:
2C ˜ V3
6C ˜ V4 Ÿ V3
3V4
Teniendo en cuenta que VAB es la suma de V3 y V4:
20
VAB V3 V4 3V4 V4 4V4 20V Ÿ V4
5V Ÿ V3 15V 4
Por tanto, la energía almacenada en cada uno de ellos es:
Página 46 de 50
U3
U4
1
2
C3V3
2
1
2
C4V4
2
1
2
˜ 2C ˜ V3 4 ˜ 10 6 ˜ 152 9 ˜ 10 4 J 2
1
1
2
˜ 6C ˜ V4
˜ 6 ˜ 4 ˜ 10 6 ˜ 52 3 ˜ 10 4 J 2
2
1.3.7. Dos condensadores en paralelo tienen una energía de 9 ˜ 104 J cuando entre sus
armaduras se establece una diferencia de potencial de 5000V. Cuando los mismos
condensadores se conectan en serie y se establece la misma diferencia de potencial entre
las armaduras extremas, la energía es de 2 ˜ 104 J . Hallar sus capacidades.
RESOLUCIÓN:
C1
C1
C2
C2
V
5000V U paralelo
V
9 ˜10 4 J 5000V 2 ˜ 10 4 J U serie
Para la conexión en paralelo:
Ceq
C1 C2
U paralelo
1
CeqV 2
2
1
C1 C2 ˜ V 2
2
4
9 ˜ 10 Ÿ C1 C2
18 ˜ 10 4
25 ˜ 106
0c72 ˜ 1010
Para la conexión en serie:
Ceq
C1 ˜ C2
C1 C2
U serie
1
CeqV 2
2
1 C1 ˜ C2
˜
˜V 2
2 C1 C2
2 ˜ 10 4 Ÿ
4 ˜ 10 4
25 ˜ 106
C1 ˜ C2
C1 C2
0c16 ˜ 1010
Resolvemos el sistema:
0c72 ˜ 10 10
½ ­C1 0c72 ˜ 1010 C2
° °
Ÿ ® 0c72 ˜ 1010 C2 ˜ C2
C1 ˜ C2
4 ˜ 10 4
10 ¾
c
˜
0
16
10
0c16 ˜ 1010 Ÿ
°
°
10
6
C1 C2 25 ˜ 10
¿ ¯ 0c72 ˜ 10 C2 C2
2
Ÿ 0c72 ˜ 1010 ˜ C2 C2 0c16 ˜ 1010 ˜ 0c72 ˜ 1010 0c1152 ˜ 10 20
C1 C2
2
Ÿ C2 0c72 ˜ 1010 C2 0c1152 ˜ 10 20
0
Se resuelve esta ecuación de segundo grado:
Página 47 de 50
C2
C2
0 c72 ˜ 10 10 r 0 c5184 ˜ 10 20 0 c4608 ˜ 10 20
0 c72 ˜ 10 10 r 0 c24 ˜ 10 10
2
2
­°0 c48 ˜ 10 10 F Ÿ C 1
®
°̄0 c24 ˜ 10 10 F Ÿ C 1
0 c24 ˜ 10 10 J Ÿ
0 c48 ˜ 10 10 J Uno de los condensadores tiene una capacidad de 0c48 ˜ 1010 J y el otro de
0c24 ˜ 1010 J .
1.3.8. En un condensador de placas paralelas de área A y separación d, una batería carga
las placas comunicándoles una diferencia de potencial V0. Entonces se desconecta la
batería y se introduce una placa de dieléctrico con espesor d. Calcúlese la energía
almacenada antes y después de introducir el dieléctrico.
RESOLUCIÓN:
A
H
d
La energía almacenada antes de introducir el dieléctrico es:
U0
donde C0
H0
1
2
C0V0
2
A
d
por tanto:
U0
1 H0 ˜ A 2
˜ V0 J 2 d
La energía almacenada después de introducir el dieléctrico es:
Página 48 de 50
U
donde C
H r ˜C0
Hr ˜ H0 ˜
A
d
y
1
CV 2
2
V
V0
Hr
por tanto:
2
U
1
A V
H r ˜ H 0 ˜ ˜ 02
d Hr
2
U0
Hr
1.3.9. a) Calcular la energía almacenada en una esfera conductora de radio R y carga Q.
b) ¿Cuál sería la energía almacenada si se tratara de una esfera de radio R y carga Q
uniformemente distribuida en todo el volumen?
RESOLUCIÓN:
a) Para cargar un conductor es necesario gastar energía porque, para suministrarle más
carga, debe realizarse trabajo para vencer la repulsión de las cargas ya presentes. Este
trabajo ocasiona un aumento en la energía del conductor.
Para un conductor de capacidad C con carga q, se tiene:
q
V
C
Si añadimos una carga dq al conductor, trayéndola desde el infinito, el trabajo realizado
es:
dW V ˜ dq
Y este trabajo es igual al incremento en la energía del conductor.
q
1 Q
Q2
dW V ˜ dq
˜
dq o W
q
dq
C
C ³0
2C
Como para un conductor esférico de radio R, la capacidad es: C
4SHR
La energía almacenada será:
W
1 Q2
2 4SHR
Por otro lado, tenemos que el campo eléctrico para un conductor esférico es:
­0 r R
°
E ® Q
° 4SHr 2 r t R
¯
Página 49 de 50
Si calculamos la integral de E2 extendida a todo el espacio,
f
³E
f
R
2
˜ dV
0
³E
0
2
4Sr dr ³ E 4Sr dr
2
2
2
R
f
2
§ Q ·
0 ³¨
4Sr 2 dr
2 ¸
4SHr ¹
R©
f
Q 2 dr
4SH 2 ³R r 2
Q2
4SH 2 R
y comparamos con la energía almacenada, podremos escribirla como:
1
W
H ³ E 2 ˜ dV
2 V
de donde la energía almacenada por unidad de volumen o densidad de energía será:
1 2
HE
uE
2
b) Para formar una esfera cargada uniformemente en todo su volumen, tenemos en
cuenta que su campo eléctrico es:
­ Q˜r
° 4SH R 3 r d R
0
°
E ®
° Q
r!R
° 4SH 0 r 2
¯
Por lo que la energía almacenada es:
1
1
W
H 0 ³ E 2 ˜ dV
E 2 4Sr 2 dr
³
2 V
2V
de donde:
2
W
2
R
f
1 § Q˜r ·
1 § Q ·
2
¸ 4Sr 2 dr
¨¨
¸
¨
S
4
r
dr
3 ¸
2 ¸
³
³
¨
2 0 © 4SH 0 R ¹
2 R © 4SH 0 r ¹
Q2
40SH 0 R
2
Q2
8SH 0 R
2
6Q 2
2
40SH 0 R
f
1 Q2
1 Q2
dr
4
r
dr
2 6 ³
2 ³ 2
2 4SH 0 R r
2 4SH 0 R 0
R
3Q 2
2
20SH 0 R
La energía almacenada será:
W
3Q 2
2
20SH 0 R
Página 50 de 50
Tema 2.- CORRIENTES ELÉCTRICAS Y CIRCUITOS DE CORRIENTE CONTINUA
(RESUMEN)
2.1 Corrientes eléctricas
x Movimiento
conductor
de
cargas
a
través
de
un
Un material conductor se caracteriza por disponer de
portadores de carga que pueden moverse con
relativa libertad en el interior del material. Cuando
establecemos una diferencia de potencial entre dos
regiones de un conductor se origina un campo
eléctrico en su interior, por acción del cual los
portadores de carga se mueven.
El término corriente eléctrica, en su sentido más
amplio, se utiliza para describir el flujo de carga a
través de una cierta región del espacio.
En muchas situaciones el flujo de carga tiene lugar a
través de materiales sólidos en los cuales los
portadores de carga libres son electrones (metales).
El ejemplo más común de material conductor es el
cobre, ampliamente utilizado en la confección de
circuitos eléctricos.
Para cuantificar el flujo de corriente, suponemos que
los portadores se mueven perpendicularmente a una
superficie de área S (por ejemplo, podría ser la
sección transversal de un hilo conductor). Se define
la Intensidad de la corriente como la velocidad con
la que la carga eléctrica atraviesa dicha superficie. Si
'Q es la cantidad de carga que pasa a través de
esta área en un intervalo de tiempo 't, la intensidad
de corriente media en dicho intervalo de tiempo es:
I
med
'Q
't
lim
't o 0
'Q
't
dQ
dt
La relación entre la velocidad de arrastre y la
intensidad de corriente es:
nqS v
I
a
Donde n es el número de portadores por unidad de
volumen, q la carga de cada portador y S la sección del
conductor.
Densidad de corriente. Magnitud vectorial que
proporciona la cantidad de corriente por unidad de área
normal a la dirección del movimiento de portadores:
&
j
dI &
˜u
dS
n
&
La intensidad de corriente instantánea es:
I
fuerza sobre cada una de las partículas cargadas que
lo componen. En un metal, los elementos con carga
positiva (iónes) constituyen una red fija (red iónica) y,
aunque se desplazan ligeramente por acción de esta
fuerza, permanecen ligados entre sí, mientras que los
electrones libres se mueven en el interior del material.
Si no existieran otras fuerzas actuando sobre los
portadores de carga, estos se moverían con
&
aceleración constante (ya que hemos supuesto E
uniforme), pero los electrones interaccionan en su
movimiento con la red iónica del metal resultando que
cada portador posee un complejo movimiento en zigzag a través del material. Sin embargo, a nivel
estadístico, el conjunto de portadores se mueve con
una velocidad media concreta, cuyo módulo es la
velocidad de arrastre (va).
>C/s@ { >A@
Aunque I es un escalar, se habla de sentido de la
corriente. Por convenio, el sentido de la corriente es
el del movimiento de los portadores de carga
positivos (opuesto al flujo de electrones en un
conductor).
• Velocidad de arrastre, densidad de corriente.
Si aplicamos un campo eléctrico (supongámoslo
uniforme) en el interior de un conductor, aparece una
siendo u un vector unitario en la dirección del
movimiento de cargas y sentido del desplazamiento de
cargas positivas.
Considerando un
podemos poner:
dI
&
dS
& &
j ˜ dS
con cualquier orientación
o
& &
³ j ˜ dS
I
S
&
puesto que dSn es la proyección de d S sobre un
plano perpendicular a la dirección del movimiento de
cargas.
Si la densidad de corriente es uniforme, su módulo es:
j
I
S
nqv
a
n
Hoja 1 de 5
También podemos poner:
&
j
&
nqv
característica del mismo que depende únicamente de
su composición:
U˜
R
a
U se expresa en :m.
• Resistividad, resistencia y ley de Ohm.
Si aplicamos una diferencia de potencial V entre los
extremos de un trozo de conductor a temperatura
constante, por ejemplo un hilo metálico, se producirá
una corriente I. El valor de V necesario para producir
una corriente dada, depende de una propiedad del
trozo particular de conductor utilizado. Esta
propiedad es su resistencia eléctrica R, que
definimos como:
R
V
I
La resistencia eléctrica es una medida de la
oposición que ejerce un trozo de material al flujo de
carga a través de él. En el S.I. R se expresa en
Ohmios (:).
Para muchos conductores, la corriente que circula
por un trozo de los mismos es directamente
proporcional a la diferencia de potencial aplicada
entre los extremos del trozo de conductor. Así si, por
ejemplo, se duplica V también se duplica I. En este
caso podemos afirmar que R es independiente de V
eI:
V
I ˜R
(con R constante)
La anterior ecuación se conoce como ley de Ohm.
Aunque más que una ley (no constituye un hecho
fundamental de la naturaleza) se trata de una
expresión empírica que describe el comportamiento
de muchos materiales en el rango de valores de V
utilizados en los circuitos eléctricos.
Los materiales que cumplen la ley de Ohm se
denominan óhmicos. Un conductor óhmico se
caracteriza por tener un único valor de su resistencia
para una temperatura dada. La gráfica V frente a I
para un material óhmico es una recta cuya pendiente
corresponde al valor de R.
La resistencia de un trozo de conductor depende de
su forma, tamaño y composición. Experimentalmente
puede comprobarse que para un determinado
material conductor su resistencia es proporcional a
su longitud l e inversamente proporcional a su
sección S. El factor de proporcionalidad se denomina
resistividad (U) del material, siendo una
l
S
La resistividad de muchos metales puros varía casi
linealmente con la temperatura para un amplio rango
de valores:
U | U >1 D (T T
0
0
@
siendo U0 la resistividad a una temperatura de
referencia T0 y D el coeficiente térmico de la
resistividad. Para materiales conductores D>0 lo que
indica que aumenta la resistividad con la temperatura
(la mayor agitación térmica provocada en los
elementos que componen la red iónica del metal
incrementa la dificultad para que los portadores de
carga se desplacen a través del material, aumentando
con ello su resistividad).
La ley de Ohm también puede escribirse de forma
general, como:
&
j
&
V ˜E
El factor de proporcionalidad entre la densidad de
corriente en el conductor y el campo eléctrico aplicado
se denomina conductividad del material V. Un
material será óhmico
si su conductividad es
&
independiente de E . Si un material tiene mayor
conductividad que otro, la densidad de corriente será
mayor en el primero para un mismo campo eléctrico
aplicado, por lo tanto la conductividad de un material
es una medida de cómo permite un material que los
portadores de carga fluyan a través de él.
&
&
Para un conductor homogéneo con E y j uniformes
en todo su volumen: j I / S y E V / l
Ÿ
x
V
j
E
I /S
V /l
l
R˜S
1
U
Potencia eléctrica
Para mantener una corriente eléctrica es necesario un
suministro de energía ya que las cargas deben de ser
aceleradas por el campo eléctrico. La energía por
unidad de tiempo o potencia requerida para mantener
una corriente I es:
P
I ˜V
P en el S.I. se expresa en vatios (W).
Hoja 2 de 5
Para conductores que cumplen la ley de Ohm V=I˜R,
por tanto:
P
I ˜R
2
La expresión anterior se conoce como ley de Joule.
Al aplicar una diferencia de potencial V entre los
extremos de un conductor los portadores de carga
adquieren energía potencial eléctrica. Los portadores
comienzan a moverse perdiendo energía en las
colisiones que sufren con los elementos que forman
la red iónica del material (estas colisiones son las
responsables de que el material tenga una
resistencia eléctrica). Si la temperatura del material
aumenta por encima de la de su entorno se transfiere
calor. Simplificamos esta cadena de hechos diciendo
que la energía eléctrica se disipa en forma de calor
en la resistencia del material (también: energía
disipada por efecto Joule).
x
Materiales superconductores
La dependencia de la resistividad de los metales con
la temperatura deja de ser lineal para temperaturas
inferiores a unos 20º K. A bajas temperaturas la
resistividad, y por tanto la resistencia, de un metal
depende fuertemente de la pequeña cantidad de
impurezas que contenga. De hecho, la medida de
resistividad a bajas temperaturas se utiliza a menudo
para determinar la cantidad de impurezas que contiene
un metal.
Existen varias sustancias conductoras, en particular
algunos metales, aleaciones y compuestos metálicos,
cuyas propiedades eléctricas cambian drásticamente
cuando su temperatura baja más allá de una
determinada temperatura, denominada temperatura
crítica TC, característica de cada sustancia.
A temperatura crítica tiene lugar una transición de fase
y la resistividad disminuye bruscamente. Por debajo de
la temperatura crítica el material se transforma en un
superconductor. En un superconductor, la corriente
eléctrica fluye sin resistencia por lo que no se producen
pérdidas calóricas por efecto Joule.
La mayoría de metales que presentan este fenómeno
tienen una temperatura crítica por debajo de los 10º K
(Al # 1,2º K; Hg # 4º K; Pb # 7,2º K; etc.).
Sin embargo, se ha observado el fenómeno de
superconductividad en materiales cerámicos, como el
YBa2Cu3O7, que presentan temperaturas críticas por
encima de los 77º K, temperatura de ebullición del
nitrógeno.
Estos
materiales
abren
grandes
perspectivas en aplicaciones tecnológicas debido al
bajo coste del nitrógeno líquido que se utiliza como
refrigerante.
2.2 Circuitos de corriente continua
x
Generadores
Para mantener los portadores de carga circulando en
un circuito hace falta un dispositivo, generador, que
suministre energía. Los generadores transforman
energía química (batería), energía mecánica
(dinamo), energía luminosa (célula fotovoltaica), etc.
en energía eléctrica.
Un generador realiza trabajo sobre la carga que pasa
a través de él, elevando su energía potencial
eléctrica. La f.e.m. (fuerza electromotriz) H de un
generador no es en realidad ninguna fuerza sino la
energía suministrada por el generador para mover
una unidad de carga alrededor del circuito. Por tanto,
tiene dimensiones de potencial (Voltios). Se define
como el incremento de energía potencial eléctrica
por unidad de carga:
H
'U
'Q
En un generador el borne que está a mayor potencial
V+ es el ánodo o polo positivo y el que está a menor
potencial V- es el cátodo o polo negativo. La diferencia
de potencial entre los bornes del generador se
corresponde con su fuerza electromotriz cuando no
circula corriente a través del mismo. Si el generador
está suministrando corriente a un circuito debe tenerse
en cuenta la resistencia interna del generador r. Debido
a esta resistencia interna el generador disipa energía
por efecto Joule.
Para un generador lineal la diferencia de potencial
entre sus bornes es:
V V
H I ˜r
Un receptor eléctrico es un dispositivo que transforma
energía eléctrica en otro tipo de energía.
La energía consumida por unidad de carga que
atraviesa
un
receptor
se
denomina
fuerza
Hoja 3 de 5
contraelectromotriz f.c.e.m. H’. Un receptor real
disipa además energía por efecto Joule debido a su
resistencia interna r’. La diferencia de potencial que
debe establecerse entre los bornes de un receptor
lineal con fcem H’ y resistencia interna r’, es:
V V
Diferencia de potencial entre dos puntos de un
circuito.
La diferencia de potencial entre dos puntos
cualesquiera de un circuito A y B, viene dada por:
H ´ I ˜ r '
V V
A
x
Conceptos de nudo, rama y malla:
- nudo: punto de un circuito donde se unen más de
dos conductores.
- rama: tramo de conductor entre dos nudos, por el
que circula la misma intensidad.
- malla: camino cerrado por conductores.
Un circuito de corriente continua es aquel en el que
las diferentes corrientes que pueden circular por sus
ramas son estacionarias (mantienen el mismo valor y
sentido en el tiempo, Ii = ctes).
Matemáticamente los receptores intercalados en un
circuito pueden tratarse como generadores con los
polos cambiados. Así, la corriente en un circuito
cerrado constituido por una única malla es:
¦H
i
i
i
i
j
j
Los caminos para ir desde el punto A al B en el circuito
considerado pueden ser varios, como mínimo dos si
sólo existe una malla.
Circuitos de corriente continua
I
¦ I ˜ R ¦H
B
Para aplicar adecuadamente la expresión anterior debe
elegirse un camino para ir desde A hasta B. Una vez
elegido, éste estará constituido por i ramas distintas,
siendo Ii la corriente de la rama i y Ri la resistencia de
dicha rama. En la rama i, Ii > 0 si el sentido de la
corriente es el mismo que el sentido elegido para ir
desde A hasta B. Si el sentido de la corriente de rama
es contrario al sentido del camino entonces Ii < 0.
En el camino de A hasta B encontraremos j fem.
Independientemente del sentido de la corriente que
atraviesa cada fem, para desarrollar la expresión
anterior, Hj > 0 si en el camino de A hasta B
encontramos primero el polo negativo del generador, y
Hj < 0 si encontramos primero el polo positivo.
i
R
T
x
de forma que el signo de la fem de los elementos
que aportan corriente al circuito es positivo y el signo
de la fem de los elementos que consumen corriente
es negativo. RT es la resistencia total del circuito
considerado.
Resolución de circuitos
Para analizar un circuito en régimen estacionario
podemos utilizar:
A) Leyes de Kirchhoff:
H>0
H<0
I
I
1. Ley de los nudos. La suma de la intensidades de
las corrientes que llegan a un nudo es igual a la suma
de las intensidades de las corrientes que salen (ley de
la conservación de la carga).
¦I
Asociación de resistencias:
Resistencias en serie:
R
Resistencias en paralelo:
i
1
R
0 ; (en cada nudo)
2. Ley de las mallas. La suma de las diferencias de
potencial a lo largo de una malla es igual a cero (ley de
conservación de la energía).
¦R
e
i
i
e
i
¦
i
1
R
¦V
i
i
0 o
¦I
i
i
˜ Ri
¦H
j
; (en cada malla)
j
i
Hoja 4 de 5
Aplicación práctica:
En ramas: establecer un sentido ficticio para las
corrientes de rama (una vez finalizada la resolución
si el resultado de alguna corriente es negativo su
sentido real es contrario al previsto inicialmente)
En nudos: Elegir signo para las corrientes de
entrada y salida en el nudo y plantear las ecuaciones
de nudos.
¦I
i
§ R11
¨
¨ R21
¨ ...
¨
¨ R
n1
©
R12
R22
...
Rn 2
R13 ... R1n · § I 1 ·
¸ ¨ ¸
R23 ... R2 n ¸ ¨ I 2 ¸
˜
... ...
... ¸ ¨ ... ¸
¸ ¨ ¸
Rn 3 ... Rnn ¸¹ ¨© I n ¸¹
§ H1 ·
¨ ¸
¨H 2 ¸
¨ ... ¸
¨ ¸
¨H ¸
© n¹
Donde:
Rii es la resistencia total de la malla i.
Rij es la resistencia total de la rama ij, lógicamente i z j.
0
i
(la elección en cada nudo es arbitraria)
En mallas: establecer un sentido de la circulación en
cada malla y plantear su ecuación de mallas.
¦I
i
i
˜ Ri
¦H
j
j
Rij = 0 si las mallas i y j no tienen una rama común.
Hi es la suma total de fem presentes en la malla i,
considerando su signo.
Una vez conocidas todas las intensidades de malla, la
intensidad de la rama ij puede determinarse a partir de
la expresión:
Criterio de signos en cada ecuación de mallas:
a) Si el sentido de la circulación elegido y el de una
corriente de rama coinciden, entonces I i >0. Ii <0 en
caso contrario
b) Si en el sentido de la circulación encontramos
primero el polo negativo de un generador entonces Hj
> 0. Hj < 0 si encontramos primero el polo positivo.
iij
Ii I j
Si iij > 0 la corriente de rama tiene el mismo sentido
que la corriente de malla i.
Si iij < 0 la corriente de rama tiene el mismo sentido
que la corriente de malla j.
C) Teorema de Thévenin.
B) Método de las corrientes cíclicas de Maxwell
También conocido como método de las corrientes de
mallas.
En este procedimiento se buscan mallas
independientes y se asigna para cada una de ellas
una intensidad de malla ficticia (el mismo sentido
para todas las mallas).
Las corrientes Ii de las n mallas independientes
pueden obtenerse a partir de la expresión:
El teorema de Thévenin establece que cualquier
porción de circuito entre dos puntos es equivalente a
una fuente de tensión en serie con una resistencia
(circuito equivalente de Thévenin).
El valor de la fuente de tensión (potencial de Thévenin,
VTh) se corresponde con la diferencia de potencial
entre los dos puntos del circuito (considerando
únicamente la porción de circuito que se desea
sustituir).
La resistencia en serie (resistencia de Thévenin RTh) es
la resistencia equivalente entre los dos puntos del
circuito (eliminando los generadores y considerando
nuevamente sólo la porción de circuito que se desea
sustituir).
Hoja 5 de 5
_____________________________________________________________________________________
RESOLUCIONES
2.1 Corrientes eléctricas
2.1.1. La intensidad de corriente en un hilo varía con el tiempo según la relación
I=3· t2+2, en donde I se mide en amperios y t en segundos
a) ¿Cuántos culombios pasan por una sección transversal en el intervalo de tiempo
comprendido entre t=1s y t=5s
b) ¿Cuál es la intensidad media durante el mismo intervalo de tiempo?
RESOLUCIÓN:
La intensidad de corriente se define como la cantidad de carga dq que fluye a través del
área transversal S en un tiempo dt.
x x
x x S
x x
Por tanto: I
dq
dt
a) La carga que pasa por la sección transversal en el intervalo de tiempo entre t=1s y
t=5s es:
5
t 5s
5
ª 3t 3
· §3
º ª§ 3 ˜ 53
·º
2
dq I ˜ dt Ÿ ³ dq q ³ I ˜ dt ³ 3t 2dt «
2t » «¨¨
2 ˜ 5 ¸¸ ¨ 2 ¸»
¹¼
¬ 3
¹ ©3
¼1 ¬© 3
t 1s
1
>125 10 1 2@ 132 C b) La intensidad media es:
I
'Q
't
132
5 1
132
4
33 A
Página 5 de 34
_____________________________________________________________________________________
2.1.2. ¿Cuál es la velocidad de desplazamiento de los electrones en un alambre de cobre
típico de radio 0.815mm que transporta una corriente de 1A, suponiendo que existe un
electrón libre por átomo? Datos: ȡCu= 8.93 (g/cm3), NA= 6.02·1023 (átomos/mol) y
M=63.5 (g/mol)
RESOLUCIÓN:
La velocidad de desplazamiento se calcula como:
I
I n ˜ q ˜ vd ˜ S Ÿ vd
n˜q˜S
Si existe un electrón libre por cada átomo, la densidad numérica de los electrones libres
es igual a la densidad numérica de átomos:
8c93§¨ g 3 ·¸ ˜ 6c02 ˜ 10 23 át
mol
UCu ˜ N A
© cm ¹
8c47 ˜ 1022 át 3
ne na
cm
M
·¸
63c5§¨ g
© mol ¹
8c47 ˜ 10 28 át 3 8c47 ˜ 10 28 e 3
m
m
S ˜ r2
S ˜ 0c815 ˜ 103 2
Sustituyendo valores:
vd
I
nqS
El valor absoluto de la carga es, q
S
e 1c 6 ˜ 1019 (C), y la sección:
2c1 ˜ 10 6 m 2
s
1C
8c47 ˜ 10 ( e
22
m
3 ) ˜ 1c 6 ˜ 10
19
C ˜ 2c1 ˜ 10
6
m 2
s
3c51 ˜ 10 5 m
2.1.3. Por un conductor de 10m de longitud y una resistencia de 0.2: circula una
corriente de 5A.
a) ¿Cuál es la diferencia de potencial en los extremos del conductor?
b) ¿Cuál es el valor del campo eléctrico del conductor?
RESOLUCIÓN:
a) La diferencia de potencial se calcula utilizando la ley de Ohm:
V
I ˜R ŸV
5 ˜ 0c2 1 V b) El campo eléctrico del conductor es:
V
1
V E ˜l Ÿ E
0c1 V
m
l 10
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_____________________________________________________________________________________
2.1.4. Un trozo de carbono tiene una longitud de 3cm y una sección recta cuadrada de
0.5cm de lado. Se mantiene una diferencia de potencial de 8.4 V entre los extremos de
su dimensión más larga.
a) ¿Cuál es la resistencia del bloque?
b) ¿Cuál es la corriente en esta resistencia?
Datos: ȡC = 3500·10-8 (ȍ·m) = 3.5·10-5 (ȍ·m)
RESOLUCIÓN:
a) La resistencia es:
R
donde
0c5 ˜10 a2
L
3 ˜ 10 2 m U
3c5 ˜ 10 5 : ˜ m L
S
25 ˜ 106 m 2 2 2
S
U
sustituyendo valores:
3 ˜ 102
R 3c5 ˜ 10 5
25 ˜ 10 6
0c042 : b) Para hallar la corriente utilizamos la ley de Ohm:
8c4
V
V I ˜RŸ I
200 A
R 0c042
2.1.5. Una barra de carbono de radio 0.1mm se utiliza para construir una resistencia. La
resistividad de este material es 3.5·10-5:·m. ¿Qué longitud de la barra de carbono se
necesita para obtener una resistencia de 10:?
RESOLUCIÓN:
La longitud se obtiene de acuerdo con los datos proporcionados en el enunciado, a partir
de la siguiente expresión:
L
R˜S
R U Ÿl
S
U
donde
R 10 : U
3c5 ˜ 10 5 : ˜ m 2
S S ˜ r 2 S 1 ˜ 10 4
S ˜ 108 m 2
Sustituyendo valores:
10 ˜ S ˜ 108
l
0c9 ˜ 10 2 m 900 mm 3c5 ˜ 10 5
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_____________________________________________________________________________________
2.1.6. Un hilo de aluminio de 0.6mm de diámetro, es recorrido por una corriente de 5A,
existiendo una caída de potencial de 1.175mV por metro de hilo. Se pide:
a) Calcular la densidad de corriente en el hilo
b) Hallar la resistividad del aluminio
c) Suponiendo que cada átomo contribuye a la corriente con un electrón libre,
encontrar la densidad de electrones libres en el aluminio y la velocidad de
desplazamiento de éstos
d) La potencia eléctrica disipada si L=100m
Datos: ȡAl =2.7 (g/cm3), NA= 6.02·1023 (átomos/mol) y M= 27 (g/mol)
RESOLUCIÓN:
a) La densidad de corriente del hilo es:
5
I
I
I
J
2
2
2
S S ˜r
§ 0c6 ˜ 10 3 ·
§d ·
S ˜ ¨ ¸ S ˜ ¨¨
¸¸
©2¹
2
¹
©
donde: S
§d ·
S ˜¨ ¸
©2¹
6 ˜10 S˜
4 2
2
4
5
28c3 ˜ 108
28.3 ˜ 108
m
1c 77 ˜ 107 A
2
m2
b) La resistividad del hilo se obtiene a partir de la expresión:
L
R˜S
ŸU
S
L
Utilizando la ley de Ohm y como sabemos que la caída de potencial por metro de hilo es
1´125mV:
1
R
V
V 1
1c 175 ˜ 10 3
˜
0c235 ˜ 10 3 :
m
5
L L˜I L I
R
U
Sustituyendo valores en la resistividad:
R
U
S 0c235 ˜ 10 3 ˜ 28c3 ˜ 108 6c65 ˜ 1011 : ˜ m L
Siendo S el valor de la superficie calculado en el apartado anterior.
c) Si cada átomo contribuye a la corriente con un electrón libre entonces la densidad
numérica de los electrones libres es igual a la densidad numérica de los átomos:
ne
na
U Al ˜ N A
M
2c7 ˜ 6c023 ˜ 1023
27
m
0c6023 ˜ 1029 e
0c6023 ˜ 1023 át
cm3
m
0c6023 ˜ 1029 át
3
3
Y la velocidad de desplazamiento se calcula como:
5
I
0c18 ˜ 10 2 m
vd
29
s
nqS 0c6023 ˜ 10 ˜ 1c 6 ˜ 1019 ˜ 28c3 ˜ 108
Página 8 de 34
_____________________________________________________________________________________
d) La potencia es:
P V ˜I
donde la caída de potencial que existe en una longitud de 100m es:
Vl 100 m 1c 175 ˜ 10 3 ˜ 100 1c 175 ˜ 10 1 V Y sustituyendo valores:
P 1c 175 ˜ 10 1 ˜ 5 0c59 W 2.1.7. Por un conductor de cobre de 1cm de diámetro pasa una corriente de 100A.
Sabiendo que en el cobre hay 8.5·1022 electrones/cm3 y que su resistividad es
1.72·10-8:·m. Calcular:
a) La densidad de corriente en A/m2
b) La velocidad de los electrones libres
c) Campo eléctrico en el interior del conductor
RESOLUCIÓN:
a) La densidad de corriente es:
I
j n˜q˜v
S
donde, v es la velocidad de arrastre de los portadores de carga, q la carga eléctrica de los
portadores, n el número de portadores por unidad de volumen y S la sección del
conductor.
Hallamos la densidad de corriente como:
I
100
1273239 A 2
j
m
S S ˜ 0c5 ˜ 10 2 2
b) De la segunda igualdad obtenemos la velocidad de arrastre, v:
100
I
I
v
2
22
6
n ˜ q ˜ S n ˜ q ˜S ˜ r
8c5 ˜ 10 ˜ 10 ˜1c 9 ˜1019 ˜ S ˜ 0c5 ˜10 2 2
s
9c36 ˜ 10 5 m
c) Para hallar el campo eléctrico utilizamos la ley de Ohm del siguiente modo:
1
j V ˜E
˜E
U
despejando E
E j ˜ U 1273239 ˜ 1c 72 ˜ 108
m
0c0219 V
Página 9 de 34
_____________________________________________________________________________________
2.1.8. Determinar la densidad de portadores n de un alambre de cobre suponiendo que
hay un portador (electrón) por cada átomo de cobre. Si la máxima corriente
recomendada para un alambre de cobre de 0.81mm de radio de los que se usan en las
viviendas es 15A, ¿cuál sería la velocidad de arrastre de los electrones?
RESOLUCIÓN:
Si hay un electrón libre por átomo, la densidad de portadores es igual a la densidad de
átomos.
N A ˜ Um
n
M
donde NA es el número de Avogadro, ȡm es la densidad de masa del cobre
8c95 ˜ 103 Kg m3 y M la masa molecular del cobre 63c5 g mol .
6c023 ˜ 10 ˜ 8c95 ˜10 63c5 ˜10 23
n
3
3
8c49 ˜ 10 28 §¨ portadores 3 ·¸
m ¹
©
Utilizando la ecuación:
I
15
v
28
n ˜ q ˜ S 8c49 ˜ 10 ˜ 1c 6 ˜ 10 19 ˜ S ˜ 0c81 ˜ 10 3 2
s
5c36 ˜ 10 4 m
2.2 Circuitos de corriente continua
2.2.1 Dos resistencias iguales se conectan en serie a una tensión V. Posteriormente se
montan en paralelo conectándolas a la misma tensión V. ¿En cuál de los montajes se
disipa mayor potencia?
RESOLUCIÓN:
Conexión en serie:
R
a
x
c
x
R
x
b
I
Será equivalente a:
Req 2R
a
x
x
b
I
Página 10 de 34
_____________________________________________________________________________________
• La diferencia de potencial entre los extremos de las 2 resistencias es Vab=V, donde
Vab=Vac+Vcb
• Por ambas resistencias pasa la misma intensidad I
• La resistencia equivalente es: Req=R+R=2R
La intensidad se calcula como:
V
V
V Req ˜ I Ÿ I
Req 2 R
La potencia que se disipa en cada resistencia por efecto Joule es:
P
R˜I2
§V ·
R ˜¨
¸
© 2R ¹
2
R ˜V 2
4 ˜ R2
V2
W 4R
La potencia total disipada podemos hallarla como la suma de las 2 potencias disipadas:
V2 V2
W Ptotal P P 2 P 2
4R 2R
Conexión en paralelo:
I1
R
x
a
I
x
b
R
I2
Será equivalente a:
R/2
Req
a
x
x
b
I
Ambas resistencias tienen la misma diferencia de potencial, Vab=V, entre sus extremos.
Por cada una de ellas circula una intensidad cuya suma es: I=I1+I2
Y la resistencia equivalente es:
R1 ˜ R2
R2 R
: Req
R1 R2 2 R 2
Página 11 de 34
_____________________________________________________________________________________
La potencia que se disipa en cada resistencia por efecto Joule es:
P1
V
Ÿ P1
R
2
R ˜ I1 donde I1
R
V2
R2
V2
W R
V
V2 V2
W P2 R ˜ I 2 donde I 2
Ÿ P2 R 2
R
R
R
La potencia total disipada se halla como la suma de las 2 potencias disipadas:
V2
W Ptotal P1 P2 2
R
O bien, con la Req:
2
2
R § V·
V2
W Ptotal Req ˜ I
Req ˜ I1 I 2 ˜¨2 ¸ 2
2 © R¹
R
Comparando ambos resultados se puede concluir que en la conexión en paralelo se
disipa más potencia.
2
2
2.2.2 La d.d.p entre los puntos A y B del circuito de la figura es de 10V. Calcular la
f.e.m de la batería X.
I
RESOLUCIÓN:
Como se desconoce X, suponemos que la intensidad I recorre el circuito en el sentido
dibujado. Su valor lo obtenemos aplicando la expresión del cálculo de la d.d.p entre dos
puntos (2ª ley de Kirchhoff).
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
i
j
Por la izquierda:
VAB
10
I 4 2 3 2 2 55 10 Ÿ 10
I ˜ 13 45 Ÿ I
10 45
13
35
13
2c7 A
Por la derecha:
VAB 10 I ˜ 2 X Si sustituimos el valor de la intensidad obtenida:
10 2c7 ˜ 2 X Ÿ X 10 5c4 4c6 V Página 12 de 34
_____________________________________________________________________________________
2.2.3 Calcular la d.d.p entre los puntos A y B de la figura. Si se conectan A y B, ¿qué
intensidad pasará por el generador de 12V?, ¿qué intensidad pasará por el generador de
10V?
I
RESOLUCIÓN:
Partiendo de la ley de Kirchhoff , calculamos la corriente que circula por la malla
externa:
¦I
Va Vb
I
¦H
¦R
˜ Ri ¦ H j ab o 0
i
i
j
12 8
2 2 2 1 2 2
j
¦I
i
i
˜ Ri ¦ H j o I ¦ Ri
j
i
¦H
j
o
j
20
1c 8 A
11
La d.d.p entre los puntos A y B será:
VA VB
¦I
i
i
˜ Ri ¦ H j
j
Tomando el camino por arriba:
VA VB I 2 2 2 12 10 1c 8 ˜ 6 22
11c 2 V Como nos da negativa la d.d.p, significa que el punto B se encuentra a mayor potencial
que A.
Si ahora conectamos los puntos A y B, tenemos un circuito de dos mallas por el que
circulan dos corrientes I1 e I2:
I1
I2
Página 13 de 34
_____________________________________________________________________________________
Resolviendo el circuito por mallas:
MALLA 1
0 ¦ I i ˜ Ri ¦ H i
i
0
i
I1 2 2 2 3 1 I 2 3 1 12 10
0 10 I1 4 I 2 22
MALLA 2
0
I 2 1 3 2 1 2 I1 3 1 8 10 0
4 I1 9 I 2 2
Tenemos un sistema de dos ecuaciones:
x2
­0 10 I1 4 I 2 22 ­° o 20 I1 8 I 2 44 0
o
® x5
®
°̄ o 20 I1 45 I 2 10 0
¯0 4 I1 9 I 2 2
Si las sumamos:
34
0c92 A
37
Sustituyendo este valor en una de las ecuaciones del sistema, obtenemos el valor de I1.
Lo hacemos en la primera:
25c68
10 I1 4 ˜ 0c92 22 0 Ÿ 10 I1 3c68 22 Ÿ I1
2c57 A
10
37 I 2 34
0 Ÿ I2
Con I1 e I2 podemos calcular la intensidad que pasa por el generador de 10V:
i12 I1 I 2 2c57 0c92 1c 65 A
Y como nos da positivo, llevará la misma dirección que I1.
2.2.4 En el circuito de la figura calcular:
a) Intensidad que circula por la rama AB.
b) Potencia suministrada al circuito por el elemento que actúa como generador.
c) Potencia disipada en cada generador.
d) Diferencia de potencial entre los puntos A y D.
I1
I2
Página 14 de 34
_____________________________________________________________________________________
RESOLUCIÓN:
Tenemos un circuito formado por 2 mallas. Calculamos las intensidades que circulan
por cada malla.
MALLA 1
0 I1 5 1 4 2 I 2 ˜ 2 12
0 12 I1 2 I 2 12
MALLA 2
0 I 2 2 10 1 7 I1 ˜ 2 2
0
20 I 2 2 I1 2
Tenemos un sistema de dos ecuaciones:
­12 I1 2 I 2 12 0
­12 I1 2 I 2 12 0
o ® x6
®
¯ 2 I1 20 I 2 2 0 ¯ o 12 I1 120 I 2 12
0
Sumamos las dos ecuaciones:
118 I 2 0 Ÿ I 2 0
Sustituyendo I2 en la segunda ecuación:
12
I1
1 A
12
a) La intensidad que circula por la rama AB es:
iAB I1 I 2 1 A
Y circula en el sentido de I1.
b) El elemento que actúa como generador es la fuente de 12V. La potencia
suministrada al circuito es:
2
Psu min istrada H ˜ I1 I1 ˜ r 12 ˜ 1 12 ˜ 1 12 1 11 W c) La potencia disipada por efecto Joule en cada generador es:
2
para la fuente de 12V o P I1 ˜ r 12 ˜ 1 1 W para la fuente de 2V o P
2
I2 ˜ r
0
d) La diferencia de potencial entre los puntos A y D es:
VA VD
¦ I R ¦H
i
i
i
j
j
Sustituyendo valores, siguiendo la rama de la izquierda:
VA VD I 2 7 1 2 0 2 2 V Página 15 de 34
_____________________________________________________________________________________
2.2.5 Hallar la diferencia de potencial entre A y B en el circuito de la figura.
I1
I2
RESOLUCIÓN:
Tenemos un circuito de 2 mallas. Calculamos las intensidades I1 e I2 utilizando la
ecuación de mallas:
0 ¦ I i ˜ Ri ¦ H i
i
i
MALLA 1
I1 1 2 2 1 2 2 I 2 ˜ 1 (8 12)
10 I1 I 2 4
0
0
MALLA 2
I 2 1 2 1 2 I1 ˜ 1 (6 8)
0
I1 6 I 2 2 0
Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones:
­10 I1 I 2 4 0
­10 I1 I 2 4 0
o ® x10
®
¯ I1 6 I 2 2 0 ¯ o 10 I1 60 I 2 20
0
Sumando las dos ecuaciones:
24
A
59 I 2 24 Ÿ I 2
59
Y sustituyendo en la segunda ecuación:
§ 24 · 26
A
I1 2 6 I 2 2 6 ˜ ¨
¸
© 59 ¹ 59
Como son negativas, las corrientes llevan el sentido contrario al considerado en la
figura. Teniendo en cuenta su sentido real, les cambiamos el signo y hallamos la
corriente que circula por la rama central:
26 § 24 · 2
A
¨ ¸
i12 I1 I 2
59 © 59 ¹ 59
Página 16 de 34
_____________________________________________________________________________________
Calculamos la d.d.p entre A y B, tomando el sentido correcto de las corrientes.
Camino de A a B por la rama de la izquierda:
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j I1 2 1 2 12 10
i
5I1 2
j
§ 26 ·
5¨ ¸ 2
© 59 ¹
130
2
59
12
59
0c203 V Camino de A a B por la rama central:
VA VB
106
104 2
§ 26 · 2
2
2
2
I1 2 2 i12 ˜ 1 8 10 4¨ ¸ 59
59 59
© 59 ¹ 59
0c203 V Del mismo modo se puede hallar la d.d.p entre A y B por la rama de la derecha.
2.2.6 Hallar el circuito equivalente de Thévenin entre los puntos A y B del circuito de
la figura.
RESOLUCIÓN:
Podemos calcular el generador equivalente de Thevenin entre los puntos A y B de 3
formas distintas, dependiendo de la porción del circuito que simplifiquemos:
a)
I
Página 17 de 34
_____________________________________________________________________________________
Calculamos la I que circula por este circuito:
¦H
¦R
52
5 11
i
I
7
7
1 A
La d.d.p entre A y B que corresponde al voltaje de la fuente equivalente de Thevenin es:
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j Ÿ VA VB I ˜ 5 2 1 ˜ 5 2 3 V i
j
La resistencia equivalente de Thevenin es la resistencia equivalente de la siguiente
asociación:
˜
˜
B
1:
5:
1:
A
B
2
R1
˜
A
B
˜
5:
˜
˜
R2
10
7
A
R1 1 1 2 :
R2
R1 ˜ 5
R1 5
10
:
7
El circuito equivalente de Thévenin es:
B
˜
10
:
7
A
3V
˜
El circuito completo queda:
B
1:
A
˜
˜
10
:
7
3V
Página 18 de 34
_____________________________________________________________________________________
b)
˜
1:
1:
B
I
1:
5V
˜
A
La I que circula por la malla es:
H
5
5
A
I ¦ i
¦ R 111 3
La diferencia de potencial entre A y B es:
VA VB
¦I
i
i
˜ Ri ¦ H j Ÿ VA VB
I ˜1 0
j
5
V 3
La resistencia equivalente de Thévenin es:
1:
R1
B
2:
B
B
˜
R2 2 :
3
1:
1:
1:
A
R1
R2
A
A
˜
1 1 2:
2 ˜1
2 1
2
:
3
El equivalente Thévenin queda como:
B
˜
2
˜
3:
5 V
3
A
Página 19 de 34
_____________________________________________________________________________________
El circuito completo es:
B
2 :
3
5 V
3
5:
A
2V
c)
B
1:
I
5:
A
2V
La intensidad de corriente que circula por el circuito en este caso es:
¦ H i 2 2 1 A
I
¦ R 5 1 6 3
La d.d.p entre A y B, siguiendo el sentido de la corriente es:
1
5
2 V VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j Ÿ VA VB 5I 2
3
3
i
j
5 ˜1
La resistencia equivalente, serán las dos en paralelo, Req
5 1
Thévenin será:
B
5
: y el equivalente
6
˜
5 :
6
˜
1 V
3
A
Página 20 de 34
_____________________________________________________________________________________
de modo que el circuito será:
1:
B
1:
5 :
6
5V
1 V
3
A
2.2.7 Hallar la intensidad que pasa por R, calculando previamente el equivalente
Thévenin entre A y B.
RESOLUCIÓN:
Vamos a calcular el circuito equivalente de Thévenin de la parte que queda a la
izquierda de la línea discontinua. El resultado de esta simplificación lo uniremos
posteriormente a la resistencia de 1Ÿ.
I1
I2
Tenemos un circuito con dos mallas. Calculamos la intensidad que circula por cada una
de ellas.
MALLA 1:
0 ¦ I i ˜ Ri ¦ H j Ÿ ¦ I i ˜ Ri
i
j
i
¦H
j
j
I1 6 2 3 I 2 ˜ 6 8 4 Ÿ 11I1 6 I 2
4
Página 21 de 34
_____________________________________________________________________________________
MALLA 2:
I 2 1 6 I1 ˜ 6
3 Ÿ 6 I1 7 I 2
3
Resolvemos el siguiente sistema:
­11I1 6 I 2 4
­11I1 6 I 2 4
°
Ÿ ® x 116 ®
77
I2
¯ 6 I1 7 I 2 3 °̄ o 11I1 6
Sumamos éstas dos últimas:
33 § 77 36 ·
§ 77
·
٬
¨ 6 ¸I2 4 ¸I2
6
© 6
¹
© 6 ¹
33
6
24 33
Ÿ 41I 2
6
9 Ÿ I 2
9
41
Si sustituimos este valor en la ecuación de la malla 2:
I1
§ 9·
7¨ ¸ 3
© 41 ¹
6
63
3
41
6
63 123
41
6
60
246
10
41
0c24 A
Conocidas las intensidades del circuito simplificado, podemos hallar la d.d.p entre los
puntos A y B, que corresponderá al voltaje del generador del equivalente de Thévenin.
Consideramos el camino de A hasta B, según el sentido de I1:
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
i
VA VB
j
I1 ˜ 3 4
10
˜3 4
41
30 164
41
194
41
4c73 V Y la resistencia de Thévenin es:
2:
2:
A
3:
3:
o
A
A
A
o
20 :
7
o
3:
RTh
60
41
: 6:
1:
B
6 :
7
B
B
B
En el primer paso las resistencias de 6Ÿ y 1Ÿ están en paralelo:
1˜ 6 6
Req
:
1 6 7
En el segundo paso están en serie las de 2Ÿ y 6/7Ÿ:
6 20
Req 2 :
7 7
Página 22 de 34
_____________________________________________________________________________________
En un tercer y último paso, tenemos las resistencias de 3Ÿ y 20/7Ÿ en paralelo:
60
3 ˜ 20
7
7 60 :
Req
41
41
3 20
7
7
Sustituimos el equivalente de Thévenin en el circuito original:
A
RTh
60
41
: I
R
VTh
194
1:
V 41
B
Por último calculamos la I que circula por esta malla que será la que circula por la
R=1Ÿ.
194
194
Hi
¦
41
41 194 1c 92 A
I
¦ R 60 1 101 101
41
41
2.2.8 En el circuito de la figura determinar:
a) La corriente que circula por la resistencia de 1Ÿ, calculando previamente el circuito
equivalente de Thévenin entre los puntos A y B (indíquese el sentido de esta corriente en
la figura).
b) La diferencia de potencial entre los puntos B y C.
RESOLUCIÓN:
a) Calculamos el equivalente Thévenin de la siguiente porción del circuito comprendida
entre los puntos A y B. Su resultado lo uniremos finalmente al trozo que nos ha quedado
entre A y B.
I
Página 23 de 34
_____________________________________________________________________________________
Tenemos un circuito de una sola malla. Calculamos la intensidad que circula por ella:
69
15
¦H i
I
1c 7 A
R
2
2
2
3
9
¦
Hallamos la d.d.p entre los puntos A y B, que será el potencial de Thévenin:
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
i
j
§5·
I 3 6 4 ¨ ¸ ˜ 3 10 5 V © 3¹
Ahora hallaremos la resistencia equivalente de Thévenin:
VA VB
B
˜
2:
˜
A
B
3:
2:
B
6˜3
R
˜
2:
A
6:
2:
˜
2:
63
 

o
˜
3:
22 2 6:
eq

  o
2:
2:
Req
˜
B
A
˜
˜
A
2 2 4:
eq


o
R
2:
4:
El circuito equivalente de Thévenin queda de la forma:
B
˜
˜
4:
A
5V
Añadiendo la rama que teníamos en el circuito original, entre los puntos A y B:
B
˜
10V
1:
˜
A
I
4:
5V
La intensidad que atraviesa la resistencia de 1Ÿ es la misma que circula por el circuito:
H 10 5 5
I ¦ i
1 A
¦ R 1 4 5
Página 24 de 34
_____________________________________________________________________________________
b) Para calcular la diferencia de potencial entre los puntos B y C tenemos que
considerar el circuito inicial compuesto por las dos mallas:
I2
I1
Resolvemos el circuito por mallas:
0 ¦ I i ˜ Ri ¦ H j Ÿ ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
i
j
i
j
MALLA 1
I1 1 3 2 I 2 ˜ 3 10 6 4 Ÿ 6 I1 3I 2
0
MALLA 2
I 2 2 2 2 3 I1 3 9 6 Ÿ 3I1 9 I 2
Resolvemos el siguiente sistema:
x3
­ o
18 I1 9 I 2
­6 I1 3I 2 0
Ÿ®
®
¯ 3I1 9 I 2 15 ¯ 3I1 9 I 2 15
15
0
Sumando las ecuaciones, obtenemos I1:
15I1 15 Ÿ I1 1 A
Sustituyendo en la primera ecuación, obtenemos I2:
18
18 ˜ 1 9 I 2 0 Ÿ I 2
2 A
9
Comprobamos que I1 da el mismo resultado que en el apartado anterior, ya que en
ambos casos corresponde a la intensidad que circula por la resistencia de 1Ÿ.
Para calcular la d.d.p entre B y C, tenemos varios caminos posibles. Lo haremos a favor
de las corrientes, es decir, pasando por los generadores de 10V y 9V:
VB VC
I1 1 I 2 2 2 10 9 I1 4 I 2 19 1 4 ˜ 2 19
10 V El signo negativo nos indica que el punto C se encuentra a mayor potencial que el B.
Página 25 de 34
_____________________________________________________________________________________
2.2.9 En el circuito de la figura el condensador C, de 0.4nF de capacidad, se encuentra
descargado y los interruptores S1, S2 y S3 abiertos. Si cerramos simultáneamente S2 y S3,
determinar:
a) La corriente que circula por la rama del condensador en el instante inicial.
b) La carga que se almacena en el condensador una vez alcanzado el equilibrio.
c) Cuando el condensador se encuentra cargado se abre el interruptor S2 y se cierra S1,
manteniendo cerrado S3, ¿cuál es la nueva carga del condensador cuando en el circuito
se alcanza el equilibrio?
a) Si cerramos simultáneamente los interruptores S2 y S3 tenemos un circuito de dos
mallas. En el instante inicial el condensador no está cargado y por él circula la
intensidad correspondiente a la malla superior.
I1
I2
Calculamos las intensidades de las dos mallas:
0 ¦ I i ˜ Ri ¦ H j Ÿ ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
i
j
i
j
MALLA 1
I1 6 4 2 I 2 2 8 15 Ÿ 12 I1 2 I 2
MALLA 2
I 2 2 6 I1 2 15 10 Ÿ 2 I1 8 I 2
El sistema a resolver es el siguiente:
x4
48 I1 8 I 2
­12 I1 2 I 2 7 ­ o
Ÿ®
®
¯ 2 I1 8 I 2 5
¯ 2 I1 8 I 2 5
7
5
28
Página 26 de 34
_____________________________________________________________________________________
Sumando las dos ecuaciones de la derecha:
1
23
46 I1 23 Ÿ I1
A
46
2
Esta es la corriente que pasa inicialmente por el condensador, pero su signo nos indica
que lo hará en el sentido contrario al considerado en la figura del circuito.
b) Cuando se alcanza el equilibrio, por la rama del condensador no pasa corriente. De
modo que nos queda el siguiente circuito:
A
B
I
Calculamos I:
I
¦H
¦R
i
15 10
26
5
A
8
La carga que se almacena en el condensador es:
C
Q
ŸQ
VA VB C ˜ VA VB Necesitamos la d.d.p entre A y B. Para ello recorremos el camino desde A hasta B por la
derecha, pasando por los generadores de 8V y de 10V:
5
30
30 16 46 23
V 2
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j Ÿ VA VB I 6 8 10 6 ˜ 2
8
8
8
8
4
i
j
Sustituyendo:
Q
0c4 ˜ 10 9 ˜
23
4
23 ˜ 1010 C Página 27 de 34
_____________________________________________________________________________________
c)
A
I
B
La intensidad de corriente circula por el circuito exterior. Y su valor es:
H
6 8 10
4 1
A
I ¦ i
¦ R 4 6 4 6 20 5
La d.d.p entre A y B la hallamos siguiendo el camino a favor de la I, pasando por los
generadores de 8V y 15 V:
VA VB ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
i
VA VB
j
1
I 6 4 8 15 10 I 7 10 ˜ 7
5
10 35
5
45
5
9 V La carga almacenada en el condensador, en este caso, será:
Q C ˜ VA VB 4 ˜ 1010 ˜ 9 36 ˜ 1010 C 2.2.10 En el circuito de la figura 1 determinar el valor de la resistencia R para que
circule por la misma una corriente de 200mA. Una vez calculado el valor de R
sustituimos la f.e.m de 4V por un condensador de capacidad C=50nF, tal como muestra
la figura 2. ¿Qué corriente pasa por el condensador en el instante inicial? ¿qué carga
adquiere el condensador cuando se alcanza el equilibrio en el circuito?
A
•
•
B
Página 28 de 34
_____________________________________________________________________________________
a) Vamos a calcular el equivalente de Thévenin de la parte exterior del circuito entre
los puntos A y B de la figura.
A
I
B
Ahora tenemos un circuito de una única malla. Vamos a calcular la intensidad que
circula por ella:
I
¦H
¦R
84
2 6 1 5
i
4
A
14
La d.d.p entre A y B de la figura la calculamos siguiendo el sentido de la I:
VA VB
¦I
i
VA VB
i
˜ Ri ¦ H j
j
§4·
I 2 6 4 8 I 4 8 ˜ ¨ ¸ 4
© 14 ¹
32
4
14
32 56
14
88
14
44
V 7
La resistencia equivalente es:
2:
˜
A
5:
˜
A
R1eq 2 6 8
  o
6:
Req
6˜8 48 24
˜
B
R2eq
1:
5 1 6:
˜
B
A
24
:
68 14 7
 
 o
6:
8:
7
: B
Página 29 de 34
_____________________________________________________________________________________
El circuito equivalente de Thévenin es:
˜
A
44
24
7
V 7
: ˜
B
Añadiendo la rama central tendremos el circuito completo:
˜
A
44
24
7
V 7
: 5V
I
R
˜
B
La intensidad que circula por el circuito es la que pasa por R.
I
¦Hi
¦R
44
5
7
24
R
7
44 35
24 7 R
0c2 Ÿ 9
0c224 7 R 4c8 1c 4 R Ÿ R
9 4c8
1c 4
4c2
1c 4
b) Ahora el nuevo circuito es el siguiente:
3Ÿ
E
En el instante inicial el condensador no está cargado, por lo tanto, no pasa corriente por
la rama en la que se encuentra.
Página 30 de 34
3:
_____________________________________________________________________________________
Calculamos el equivalente Thévenin del resto del circuito.
A
˜
5:
5V
8V
I
3:
B
˜
1:
Es un circuito de una sola malla y la intensidad que circula por ella es:
¦H
¦R
i
I
85
5 3 1
3
9
1
A
3
Hallamos la d.d.p entre A y B:
1
VA VB 3I 5 3 ˜ 5 1 5 6 V 3
La resistencia equivalente es:
A
˜
5:
A
3:
˜
A
Req
5 1 6 :
eq


o 3:
R
B
˜
6:
B
˜
3˜6 18
˜
2:
3 6 9
 

o
2:
B
˜
1:
El circuito equivalente es:
A
˜
6V
2Ÿ
B
˜
Página 31 de 34
_____________________________________________________________________________________
El circuito total queda como:
2Ÿ
A
6V
+
_
I
2Ÿ
6Ÿ
B
La corriente que pasa por el condensador en el instante inicial, es la que circula por el
circuito:
I
¦H
¦R
i
6
226
6
10
3
5
A
Cuando se alcanza el equilibrio ya no circula corriente por la rama donde se encuentra
el condensador. Por tanto, la d.d.p entre los bornes del condensador es:
VC 0 6 6 V Y la carga que almacena el condensador es:
Q C ˜ VC 50 ˜ 109 ˜ 6 3 ˜ 107 C 2.2.11 Sabiendo que el circuito de la figura se encuentra en equilibrio (Ii=cte),
determinar:
a) El equivalente de Thévenin entre los puntos C y D del circuito ABCD.
b) La potencia disipada en los generadores de 2V y 4V.
c) La energía almacenada en el condensador C1, si su capacidad es de 20ȝF.
Página 32 de 34
_____________________________________________________________________________________
a) Tenemos que calcular el equivalente de Thévenin del siguiente circuito:
I
Es un circuito formado por una sola malla. El valor de la I que circula por ésta es:
I
¦H
¦R
57
3 1 2 2 1
i
12
9
4
A
3
La diferencia de potencial entre los puntos C y D, lo hallamos siguiendo el sentido de
al corriente:
VC VD
¦I
i
i
˜ Ri ¦ H j Ÿ VC VD
I 3 1 2 5 6 ˜
j
4
5 8 5 3 V 3
Ahora calculamos la resistencia equivalente de Thévenin:
3:
˜
A
1:
˜
˜
C
31 2 6 :
1eq

  o
R
1:
R2eq 1 2 3:
2:
˜
2:
B
Req
6 ˜3
2:
63
 
o
˜
3:
˜
2:
3:
6:
D
3:
˜
C
R
3:
D
2 3 5:
RTh
˜
˜
D
C
eq


o
˜
C
5:
D
Página 33 de 34
_____________________________________________________________________________________
El circuito equivalente Thévenin es:
C
˜
3V
5Ÿ
D
C
3V
˜
˜
I
5Ÿ
D
˜
I
b) Para calcular la potencia disipada en cada fuente utilizamos el circuito anterior.
Al estar en el estado de equilibrio no circula corriente por la rama donde está el
condensador. La intensidad sólo circula por el exterior, según se indica en la figura.
Su valor es:
H
32
1
A
I ¦ i
¦ R 5 5 1 3 14
La potencia que se disipa en cada fuente se calcula como: P I 2 ˜ r
La intensidad que pasa por la fuente de 4V es 0, por lo que su potencia disipada es 0.
La intensidad que circula por la fuente de 2V es:
2
§1·
P I ˜ r ¨ ¸ ˜ 1 5c1 ˜ 10 3 W © 14 ¹
c) Para calcular la energía almacenada en el condensador utilizamos la expresión:
1
2
U
CVC
2
Con VC el potencial entre las placas del condensador. Y lo hallamos por la rama de la
derecha a favor de la I.
1
5 1 3 2 4 9 2 19 V VC ¦ I i ˜ Ri ¦ H j
14
14
14
i
j
Como da negativo significa que la placa de arriba está a menor potencial que la de
abajo.
Sustituyendo datos obtenemos que:
2
U
1
2
CVC
2
1
§ 19 ·
20 ˜ 10 6 ¨
¸
2
© 14 ¹
2
1c 84 ˜ 10 5 J Página 34 de 34
Tema 3.- CAMPO MAGNÉTICO
(RESUMEN)
x
Campo magnético natural e imanes
Existen ciertos minerales que presentan la propiedad
de atraer al hierro. No se sabe cuándo fue apreciada
esta propiedad por primera vez, pero si que tenemos
noticias de que los griegos la conocían. El fenómeno
fue estudiado por Tales de Mileto (624-546 a.c.),
quien nos habla sobre la existencia de un óxido de
hierro que atraía el hierro con mayor o menor
intensidad, lo que dependía de la distancia que
separase a ambas materias. A este mineral, que fue
localizado cerca de la ciudad de Magnesia (Asia
Menor), se le llamó piedra de Magnesia (magnetita) y
al fenómeno se le denominó magnetismo.
Más adelante se descubrió que si un fragmento de
hierro se ponía en contacto con el mineral magnético
(imán),
quedaba
magnetizado
(imantado)
temporalmente. También se descubrió que si se
permitía a una aguja magnética girar libremente,
siempre señalaría la dirección norte sur. En el 1180,
el inglés Alexander Neckam fue el primer europeo
que hizo referencia a la utilidad del magnetismo para
señalar la dirección. Al dispositivo que contenía una
aguja magnética montada sobre una tarjeta marcada
con varias direcciones en torno a las cuales podía
moverse libremente la aguja, se le dio el nombre de
brújula. A partir del año 1200 se generaliza el uso de
la brújula en Europa.
En el 1269 Pierre de MariCourt descubrió mediante
diversas experiencias que los materiales imantados
concentraban una mayor actividad en determinados
lugares (polos), generalmente en los extremos,
revelando que todo imán tiene dos polos
diferenciados que conocemos como norte y sur. La
interacción entre polos magnéticos iguales es de
repulsión y entre polos magnéticos distintos es de
atracción. No existen monopolos magnéticos, no
siendo posible aislar un polo N o un polo S por
separado: siempre aparecen por parejas.
El primer estudio sistemático del magnetismo
aparece en el 1600, año en el que el médico inglés
William Gilbert (1544-1603) publicó "De Magnete"
("Sobre el Magneto"), obra escrita en latín y dividida
en seis libros. A Gilbert le debemos la noción (ahora
sabida) de que la propiedad misteriosa de la aguja
de la brújula de apuntar hacia el norte proviene del
hecho de que la propia Tierra es un enorme imán,
siendo reconocido como el padre fundador del
estudio del geomagnetismo. A partir de los estudios
de Gilbert se diseñan los primeros mapas
magnéticos. Humboldt, y luego Gauss y Máscart
dieron su forma clásica al magnetismo terrestre.
Por su parte, Charles de Coulomb (1736-1806)
demostró, midiendo las fuerzas de atracción y
repulsión de los polos de un imán, que podían
aplicarse al magnetismo la mayor parte de los
resultados teóricos de la electrostática. Coulomb
confirmó que la fuerza magnética variaba en
proporción a 1/r2.
Hasta el año 1820, el único tipo de magnetismo
conocido era el magnetismo permanente: imanes
naturales (magnetita) y el del hierro magnetizado;
además del hecho de que la Tierra era un enorme
imán. En julio de ese año se publica la famosa
experiencia de Oersted: la desviación que sufre una
aguja magnética situada en las proximidades de un
conductor eléctrico. A raíz de la cual, se pone de
manifiesto que las interacciones eléctricas y
magnética están estrechamente relacionadas y
constituyen dos aspectos diferentes de una misma
propiedad de la materia, su carga eléctrica. El
magnetismo es una manifestación de las cargas
eléctricas en movimiento con respecto al observador.
Por esta razón, las interacciones eléctrica y magnética
deben considerarse juntas bajo el nombre de
interacción electromagnética.
• Movimiento de cargas en campos magnéticos
&
El campo magnético B en un punto del espacio se
define en función de la fuerza magnética ejercida sobre
&
una partícula de carga q y velocidad v en dicho punto:
&
F
& &
q ˜v u B
La dirección de la fuerza magnética es
& perpendicular al
&
plano definido por los vectores v y B . Como la fuerza
magnética es perpendicular al vector velocidad, su
trabajo al mover la carga es cero, por lo que se
mantiene constante la energía cinética de la partícula.
Esto implica que el módulo del vector velocidad
permanece constante cuando la partícula se mueve en
el seno de un campo magnético, aunque cambia su
dirección y sentido.
Si la partícula se mueve en una región donde hay un
campo eléctrico y un campo magnético, la fuerza total
sobre la partícula se conoce como fuerza de Lorentz:
&
F
& & &
q ˜ E v u B Hoja 1 de 5
Las características espaciales de un campo
magnético pueden ilustrarse con líneas de campo
magnético, que
& son tangentes en cada punto a la
dirección de B en ese punto. Las líneas del campo
magnético nacen en el polo norte y finalizan en el
polo sur siendo cerradas sobre sí mismas, debido a
la no existencia de monopolos magnéticos.
Si una partícula cargada se mueve con velocidad v
(v<<c) en el interior de un campo
& magnético uniforme
&
siendo v perpendicular a B , y no existen otras
fuerzas, la partícula cargada describe un movimiento
circular uniforme. Para una partícula de masa m, el
módulo de la velocidad v y el radio r de la trayectoria
están relacionados por:
m˜v
q˜B
r
La frecuencia ciclotrónica no depende de v y r:
w
q
˜B
m
v
r
Y en forma vectorial:
&
w
q &
˜B
m
Si el campo magnético es uniforme pero la velocidad
de la partícula no es perpendicular al campo, la
partícula describirá una hélice de radio y paso
constante.
Si el campo magnético no es uniforme y la velocidad
de la partícula no es perpendicular al campo, la
partícula describirá una hélice de radio y paso
variable, disminuyendo éstos conforme aumenta la
intensidad del campo magnético.
Espectrómetro de masas: Se utiliza para separar
iones de la misma carga y diferente masa. La
relación carga-masa de los iones es:
2 ˜ 'V
B2 ˜ r 2
q
m
donde 'V es el valor del potencial eléctrico
acelerador.
Determinación de la carga-masa del electrón
(Thomson ): Se utiliza un tubo de rayos catódicos y
un campo eléctrico E y otro magnético B
perpendiculares como selector de velocidad.
Solamente las partículas con velocidad:
v
E/B
pasarán a través de la región de los campos sin
desviarse.
El ciclotrón: Es un acelerador de partículas cargadas
formado por dos conductores huecos en forma de D y
entre los cuales se aplica una tensión alterna de
frecuencia angular la frecuencia ciclotrónica.
Perpendicular a los conductores hay un campo
magnético uniforme. La energía cinética máxima de las
cargas aceleradas es:
1
2
m ˜ v max
2
EC
1 q2B2R2
˜
2
m
siendo R el radio del ciclotrón.
• Campos magnéticos producidos por corrientes.
Ley de Biot-Savart.
La experiencia de Oersted puso de manifiesto que las
cargas en movimiento producen campos magnéticos
en su entorno. Un conjunto de cargas en movimiento,
como el que se produce en un conductor por el que
circula una corriente eléctrica, origina un campo
magnético que puede determinarse a partir de la ley de
Biot-Savart (determinada de forma empírica):
*
B
&
&
P 0 I dl u u r
³
4S
r2
P0 es la permeabilidad del vacío (4S10-7 m kg C-2).
Para una corriente rectilínea e indefinida, a una
distancia r del conductor, el módulo del campo vale:
B
P0 ˜ I
2S r
siendo las líneas de campo circunferencias
concéntricas con la corriente rectilínea, situadas en un
plano perpendicular a dicha corriente.
El módulo del campo magnético creado por una espira
circular de radio R, que transporta una corriente I, en
un punto de su eje a una distancia d de su centro es:
B
P0 ˜ I ˜ R 2
2 ( R 2 d 2 ) 3/ 2
Siendo su dirección perpendicular a la espira.
En ambos casos, corriente rectilínea y espira, el
sentido de las líneas de campo viene determinado por
la regla de la mano derecha, poniendo el dedo pulgar
en el sentido de la corriente (el resto de dedos marcan
el sentido del campo).
Hoja 2 de 5
x
Ley de Gauss para el campo magnético
En general, la fuerza magnética sobre un trozo de
conductor por el que circula una corriente eléctrica es:
Se define el flujo del campo magnético a través de
una superficie S como la integral de superficie del
vector campo magnético extendida a toda la
superficie:
&
&
IB
³ B ˜ dS
x
S
La Ley de Gauss para el campo magnético establece
que el flujo magnético a través de una superficie
cerrada es nulo, de acuerdo con la inexistencia de
monopolos magnéticos (las líneas de campo son
cerradas sobre sí mismas, no teniendo origen ni fin):
&
IB
x
&
³ B ˜ dS
SC
Dipolo Magnético
Si una espira por la que circula una corriente se
encuentra en el seno de un campo magnético
uniforme, el momento de las fuerzas que ejerce el
campo sobre el circuito es:
& &
I ˜S u B
&
W
0
&
donde S es el vector del área plana encerrada por la
espira. Su dirección es perpendicular al plano de la
espira y su sentido viene determinado por la regla de la
mano derecha.
Ley de Ampère
La ley de Ampère establece que la circulación del
campo magnético a lo largo de una línea cerrada L
que enlaza las corrientes I1, I2, I3, ... depende
únicamente de las corrientes que atraviesan una
superficie delimitada por la línea cerrada:
&
&
³ B ˜ dl
P0 ˜ I e
donde Ie = I1 + I2 + I3 + ... es la corriente enlazada por
la línea cerrada L.
Cuando se aplica la ley de Ampère utilizamos la
regla de la mano derecha para determinar el signo
de la corriente. Siguiendo el sentido de la trayectoria
con el pulgar, una corriente es positiva si atraviesa la
superficie definida por la trayectoria en el sentido que
marcan el resto de los dedos, y negativa en caso
contrario.
La ley de Ampère puede usarse para obtener el
campo magnético producido por distribuciones de
corriente con gran simetría. El campo magnético en
el interior de un solenoide largo de vueltas
apretadas, con n vueltas por unidad de longitud, y
por el que circula una corriente I, viene dado por:
B
x
& &
I ˜ ³L dl u B
&
F
P0 n I
Fuerzas sobre corrientes
La fuerza producida por un campo magnético
uniforme sobre un trozo recto de conductor, por el
que circula una corriente, viene dada por:
&
F
& &
I ˜l u B
Una espira por la que circula corriente equivale a un
imán con sus polos norte y sur contenidos en el área
plana encerrada por la espira (cada uno en una de sus
caras). Esta configuración constituye un dipolo
magnético, cuyo momento dipolar magnético viene
dado por:
&
&
m I ˜S
De esta forma, el momento de las fuerzas sobre
un
&
dipolo magnético inmerso en un campo B puede
expresarse:
& & &
W
mu B
Dicho dipolo tiene una energía potencial: E P
x
& &
m˜ B
Fuerzas entre corrientes
El módulo de la fuerza por unidad de longitud que
ejercen entre sí dos conductores rectilíneos
indefinidos, paralelos y separados una distancia d, por
los que circulan corrientes de intensidades I1 e I2 viene
dada por:
f
F
l
P0 I1 ˜ I 2
2S d
Las fuerzas son atractivas si las corrientes circulan
ambas en el mismo sentido, y repulsivas si una circula
en sentido contrario a la otra.
El amperio, unidad de corriente eléctrica, se define en
función de la fuerza por unidad de longitud entre los
conductores.
Hoja 3 de 5
x
Efecto Hall
&
mS
e &
˜S
me
El efecto Hall nos permite determinar el signo y la
concentración de portadores en elementos por los
que circula una corriente eléctrica (conductores y
semiconductores).
donde e y me son la carga y la masa del electrón,
respectivamente.
Aplicando un campo magnético B en dirección
perpendicular a una corriente eléctrica I que circula
por una cinta de espesor a y altura d, sobre los
portadores de carga aparece una fuerza magnética
que los desplaza en dirección perpendicular al plano
formado por el campo magnético y la corriente. La
separación de cargas origina un campo eléctrico
(campo Hall EH) y entre la parte superior e inferior de
la cinta (paralelas a la dirección de B) se establece
una diferencia de potencial, potencial Hall:
La magnetización M describe el estado magnético
de un material, y es una magnitud vectorial definida
como el momento dipolar magnético por unidad de
volumen:
VH
E H .d
va B d
Midiendo el potencial Hall podemos conocer el signo
de los portadores y determinar su concentración n, a
partir de la expresión:
VH
I ˜B
RH
a
donde RH es la constante Hall, que para un
conductor vale:
RH
1
n˜e
siendo e la carga del electrón en valor absoluto y n la
concentración de portadores en el material. Gracias
al efecto Hall se puso de manifiesto que las cargas
móviles en los conductores son electrones.
x
Magnetismo en la materia
Los electrones que están en órbita en los átomos
pueden tratarse como pequeños dipolos magnéticos
que tienen un momento magnético asociado con sus
momentos angular y de spin.
Según un modelo simple, un electrón que se mueve
en una órbita alrededor de un núcleo tiene un
&
momento magnético m L proporcional a su momento
&
angular L , dado por:
&
mL
e &
˜L
2m e
& al momento
y también presenta una contribución m
S
&
magnético total m debida al momento angular de
&
spin S , dada por:
&
El momento total de un átomo o molécula m se
obtiene sumando vectorialmente la contribución de
cada uno de sus electrones.
&
&
dm
dV
&
M
La magnetización tiene dimensiones de corriente por
unidad de longitud y en el S.I. se mide en A/m.
Si el material está uniformemente imantado la
magnetización puede expresarse como:
&
M
&
n˜m
siendo n el número de átomos o moléculas por unidad
de volumen.
Si disponemos de un solenoide con un medio material
en su interior, el campo magnético B en el solenoide
depende de la corriente que circula por las espiras y de
la magnetización que alcance la sustancia. Definimos
el vector intensidad magnética o campo
magnetizante como:
&
B
&
H
&
M
P0
[A/m]
De esta forma, B en el interior del material es:
&
B
&
&
P0 ˜ (H M )
En un medio lineal, con permeabilidad magnética P
esta relación puede expresarse como:
&
B
&
P˜H
Si en el interior del solenoide no existe ningún medio
material, M =0 y B =P0 H. Y como B =P0 n I en el interior
del solenoide, resulta que:
H=nI
Es decir que H sólo depende de la corriente que circula
por el solenoide y es independiente del medio material
que existe en su interior.
Hoja 4 de 5
Las sustancias pueden agruparse en varios tipos
dependiendo de si sus átomos o moléculas
presentan individualmente un momento dipolar
&
&
magnético cero ( m 0 ) o distinto de cero ( m z 0 ).
En este último caso además hay que diferenciar por
la forma en la que se orientan estos dipolos
magnéticos. Finalmente también se ha de tener en
cuenta las características de la magnetización que
adquiere la sustancia cuando sobre ella actúa un
campo
magnético
externo.
Seguidamente
describimos las principales características de los
diferentes tipos de materiales.
Los átomos o moléculas de las sustancias
diamagnéticas presentan un momento dipolar
individual igual a cero. Lógicamente la magnetización
del material, en ausencia de un campo magnético
externo, es también cero. Al aplicar un campo
magnético externo Bext, se induce un momento
dipolar en sus átomos o moléculas, opuesto al
sentido del campo externo, de forma que la sustancia
presenta una pequeña magnetización:
&
&
M v Bext
Al retirar Bext desaparece M. En los materiales
diamagnéticos P < P0. Un material superconductor es
una sustancia diamagnética perfecta.
En las sustancias paramagnéticas sus átomos o
moléculas
tienen
uno
o
más
electrones
desapareados, por lo que presentan un momento
dipolar individual distinto de cero. No obstante, su
orientación al azar determina que la magnetización
del material en ausencia de un campo magnético sea
nula. Al aplicar Bext, los dipolos magnéticos
individuales se orientan en el sentido del campo
externo para alcanzar& la energía
mínima. En este
&
caso, los vectores M y B son paralelos siendo
ahora P > P0. Ambos vectores están relacionados por
la ley de Curie:
&
M
&
C ˜ Bext
Po ˜ T
válida mientras el material no se encuentre a baja
temperatura T y Bext no sea excesivamente intenso.
Al retirar Bext desaparece M.
Los átomos o moléculas de las sustancias
&
ferromagnéticas también presentan m z 0 , pero no
se orientan al azar, sino que se alinean en el mismo
sentido por zonas (dominios magnéticos). Cuando
los dominios magnéticos son orientados en una
dirección preferente, mediante la aplicación de Bext, la
muestra adquiere una intensa magnetización. La
magnetización persiste una vez retirado el campo
externo. El campo remanente en el material puede
desaparecer
en
poco
tiempo
(materiales
ferromagnéticos blandos) o perdurar durante tiempo
indefinido (materiales ferromagnéticos duros), dando
lugar a imanes permanentes. En un material
ferromagnético la magnetización no es proporcional al
Bex aplicado: no presentan un comportamiento lineal.
El valor del campo magnético en una sustancia
ferromagnética en un momento determinado depende
del tratamiento previo al que ha sido sometido, siendo
gobernado por su ciclo de histéresis (curva de
imanación cerrada), característica de cada sustancia.
&
En las sustancias antiferromagnéticas m z 0 , pero
estos se orientan en sentidos opuestos entre cada dos
átomos o moléculas contiguos/as, de forma que su
magnetización total es nula.
Finalmente, las sustancias ferrimagnéticas también
&
presentan m z 0 , orientándose, como en el caso
anterior, en sentidos antiparalelos entre cada dos
átomos o moléculas contiguos/as. Sin embargo, estas
sustancias presentan la particularidad de que los
momentos que están orientados en uno de los sentidos
presentan mayor módulo que aquellos que lo están en
sentido contrario. La sustancia presenta por tanto una
cierta imanación, menor que en los materiales
ferromagnéticos. Estos materiales, también conocidos
como ferritas son los únicos imanes naturales. Las
ferritas son aislantes eléctricos, utilizándose como
núcleos en transformadores de alta frecuencia, en
cabezas de lectura/escritura en discos magnéticos, etc.
(no se inducen corrientes de Fucault).
x
Grabación en soportes magnéticos
Los materiales ferromagnéticos duros se utilizan como
soporte para almacenar información binaria. Basta
generar un campo magnético en las proximidades del
material para orientar sus dominios magnéticos en un
sentido o el contrario, almacenando así ceros y unos
lógicos. Este proceso puede realizarse fácilmente
mediante un solenoide, en el que se hacen circular
corrientes en un sentido o sentido contrario (cabeza de
escritura).
Hoja 5 de 5
_____________________________________________________________________________________
RESOLUCIONES
3.1. Un protón se mueve con una velocidad de 4c4 ˜ 106 m/s en un campo magnético
uniforme de 18mT formando un ángulo de 62° con la dirección del campo. Determinar:
a) La fuerza magnética que actúa sobre el protón.
b) Si ésta es la única fuerza que actúa sobre el protón, ¿cuál será su aceleración?
c) ¿Con qué rapidez cambia la energía cinética del protón?
RESOLUCIÓN:
La fuerza que actúa sobre una partícula cargada en movimiento, en el interior de un
campo magnético es:
v
T
q
F q v u B o F qvBsenT
Datos: q protón e 1c 6 ˜ 10 19 C y m protón
a) F
qvBsenT
B
1c 67 ˜ 10 27 Kg
1c 6 ˜ 1019 ˜ 4c4 ˜ 106 ˜ 18 ˜ 103 ˜ sen 62o
1c 12 ˜ 1014 N
La dirección de esta fuerza, será perpendicular al plano formado por los vectores v y B
y sentido hacia dentro del papel.
b) Utilizando la segunda ley de Newton, F m ˜ a , podemos despejar la aceleración,
cuya dirección y sentido serán los mismos que los de la fuerza.
a
F
m
1c 12 ˜ 1014
1c 67 ˜ 10 27
s
6c7 ˜ 1012 m
2
c) Como el trabajo de la fuerza magnética es nulo, al ser v A F , la energía cinética
permanece constante.
Página 8 de 45
_____________________________________________________________________________________
3.2. Se lanza un electrón (carga 1c 6 ˜ 1019 C) en un campo magnético uniforme con una
velocidad de 1c 5 ˜ 107 m/s a lo largo del eje OX, encontrándose que no actúa ninguna
fuerza sobre la carga. Cuando la carga se mueve a la misma velocidad, pero en la
dirección positiva del eje OY, la fuerza ejercida sobre la carga es de 3c2 ˜ 1013 N, estando
dirigida dicha fuerza en el sentido positivo del eje OZ. Determinar el vector campo
magnético, B , en módulo, dirección y sentido.
RESOLUCIÓN:
v
T
q
B
F
qv u B
ev u B o F
qvBsenT
-Eje X: F 0 o v || B
Como son paralelos, significa que el campo tiene la misma dirección y sentido que la
velocidad, o sea el eje X.
-Eje Y: F 3c2 ˜ 103 N
Z
F
q
e
ev u B
x
Y
v
X
B
vu B
(dirección y sentido)
De la figura se deduce que el campo magnético, tiene el sentido de las X positivas, ya
que el producto v u B , tiene el sentido de las Z negativas.
El módulo del campo es:
Página 9 de 45
_____________________________________________________________________________________
F
3c2 ˜ 10 13
1c 6 ˜ 10 19 ˜ 1c 5 ˜ 107
F
qv
qvB o B
0c133T Ÿ B
0c133i T 3.3. Protones, deuterones (núcleos de hidrógeno) y partículas alfa (núcleos de helio), de
la misma energía cinética, entran en un campo magnético uniforme B, que es
perpendicular a sus velocidades. Sean rp, rd y rDlos radios de las órbitas circulares.
Hallar los cocientes rd/rp y rD/rp teniendo en cuenta que mD= 2md = 4mp.
RESOLUCIÓN:
F
q v u B v

oF
AB
qvB
Si el campo es uniforme (B=cte), la partícula describe un movimiento circular uniforme
de radio:
m˜v
r
q˜B
Si particularizamos para cada partícula:
md ˜ v
mp ˜ vp
mD ˜ vD
rD
rp
rd
qd ˜ B
2qD ˜ B
qp ˜ B
Como tienen la misma energía cinética Ec:
Ec p
Ec d
EcD Ÿ
1
mpv2 p
2
1
md v 2 d
2
1
mD v 2D
2
­ vd
°
°vp
Ÿ®
° vD
°v
¯ p
mp
mp
md
2m p
1
2
mp
mD
mp
4m p
1
4
2
2
1
2
Haciendo uso de las expresiones de los radios descritos por cada partícula, y con los
cocientes entre las velocidades recién calculados, obtenemos:
rd
rp
md ˜ vd
mp ˜ vp
rD
rp
mD ˜ vD
2m p ˜ v p
2m p
mp
˜
2
2
2
4m p 1
˜
1
2m p 2
3.4. Un electrón de energía cinética 25keV se mueve en una órbita circular en el interior
de un campo magnético de 2000G. Hallar el radio de la órbita circular, la frecuencia y el
período del movimiento.
RESOLUCIÓN:
En primer lugar, pasamos las unidades del campo magnético y de la energía al S.I:
Página 10 de 45
_____________________________________________________________________________________
1G 104 T o B
1eV
2000 G
1c 6 ˜ 10 19 J o Ec
0c2 T
25 ˜ 103 ˜ 1c 6 ˜ 10 19
25 KeV
4 ˜ 10 15 J
Para obtener el radio de la órbita, necesitamos la velocidad de la partícula:
Ec
1 2
mv o v
2
s
2 ˜ 4 ˜ 1015
9c1 ˜ 10 31
2 Ec
m
9c38 ˜ 107 m
siendo m la masa del electrón: m 9c1 ˜ 1031 Kg
El radio de la órbita será:
m ˜ v 9c1 ˜ 10 31 ˜ 9c38 ˜ 107
r
0c0027 m 2c7 mm
q˜B
1c 6 ˜ 10 19 ˜ 0c2
De la expresión del radio de la órbita, podemos obtener la frecuencia ciclotrónica:
v q
1c 6 ˜ 1019
v Z˜r oZ
B
˜ 0c2 3c52 ˜ 1010 rad
31
s
c
r m
9 1 ˜ 10
Por último el período será:
2S
2S
T
1c 79 ˜ 1010 s Z 3c52 ˜ 1010
3.5. Un haz de electrones se lanza entre las armaduras de un condensador en una
dirección paralela a éstas. En la región existe un campo magnético uniforme de 0.1 T,
perpendicular al campo eléctrico que crea el condensador en su interior. La separación
entre las armaduras del condensador es de 1cm y la diferencia de potencial de 1000V.
Sabiendo que la velocidad de los electrones que no se desvían de su trayectoria es de
2 ˜ 106 m/s, determinar la orientación entre el campo magnético y el haz de electrones.
RESOLUCIÓN:
u
u
u
E
u
u
u
u
u
Z
Y
X
Según el sistema de referencia tomado:
E E k o F q˜E e ˜E k
Página 11 de 45
_____________________________________________________________________________________
Los signos de la carga del electrón y del campo se anulan, de modo que la fuerza
eléctrica tendrá el sentido de las Z positivas.
Para que los electrones no se desvíen de su trayectoria, ha de cumplirse que:
­ F m Fm k
°
Fe F m 0 o F m F e Ÿ ®
°̄ F m Fe
O sea que el sentido de la fuerza del campo magnético, será el contrario a la del campo
eléctrico, es decir, el de las Z negativas, y los módulos de dichas fuerzas han de ser
iguales.
Z
Z
Fe
vu B
B
Y
D
v
Y
Fm
X
X
Fm q v u B , donde q<0, lo cual implica que el producto de ( v u B ), tendrá sentido
contrario, o sea, hacia las Z positivas. Esto sólo es posible si el vector velocidad, se
encuentra en el plano XY, y formando un ángulo Į con el campo magnético, del modo
en que se indica en la figura.
Calculamos el valor de Į, igualando los módulos de las dos fuerzas:
Fm e ˜ v ˜ B ˜ senD ½
V
V
°
¾ o e ˜ v ˜ B ˜ senD e ˜ Ÿ senD V
d
v˜d ˜B
Fe e ˜
°
d
¿
0c5 Ÿ D
30q
3.6. El campo magnético en un ciclotrón que acelera protones es B = 1.5T:
a) ¿Cuántas veces por segundo se debe invertir el potencial entre las des?
b) Si el radio máximo del ciclotrón es 0.35m, ¿cuál es la velocidad máxima del protón,
vmax ?
c) ¿A través de qué diferencia de potencial se tendrá que acelerar el protón para
imprimirse la vmax que proporciona el ciclotrón?
RESOLUCIÓN:
a) Frecuencia ciclotrónica:
q
1c 6 ˜ 1019
B
Z
˜ 1c 5 1c 437 ˜ 108 rad
27
s
m
1c 67 ˜ 10
Página 12 de 45
_____________________________________________________________________________________
Frecuencia:
Q
Z
2S
2c287 ˜ 107 Hz Nº de inversiones:
2Q 4c574 ˜ 107
b) vmax
Rmax ˜ Z
s
0c35 ˜ 1c 437 ˜ 108
5c03 ˜ 107 m
c) Igualando la energía cinética y la potencial:
1 2
mv
2
qV Ÿ V
mv 2 max
2q
1c 67 ˜ 1027 ˜ 5c03 ˜ 107
2 ˜ 1c 6 ˜ 1019
2
13c2 ˜ 106 V 3.7. Un ciclotrón acelera deuterones. Si su campo magnético es de 4T, calcular:
a) La velocidad angular de la partícula.
b) La velocidad de salida si el radio del ciclotrón es 0.4m.
c) El potencial necesario para acelerar mediante un campo eléctrico la partícula a la
misma velocidad.
RESOLUCIÓN:
a) Para el deuterón:
q e 1c 6 ˜ 1019 C y m
3c348 ˜ 1027 Kg La velocidad angular es la frecuencia ciclotrónica:
1c 6 ˜ 1019
q
Z
˜ 4 19c1 ˜ 107 rad
B
s
3c348 ˜ 10 27
m
b) La velocidad de salida depende del radio máximo.
vmax Z ˜ Rmax 19c1 ˜ 107 ˜ 0c4 7c65 ˜ 107 m
s
c) Igualando energía cinética y potencial, podemos hallar el potencial necesario para
que la partícula adquiera la misma velocidad:
2
1 2
mv 2 max 3c348 ˜10 27 ˜ 7c65 ˜107
61c 23 ˜106 V Ec E p Ÿ mv qV Ÿ V
2
2q
2 ˜1c 6 ˜10 19
Página 13 de 45
_____________________________________________________________________________________
3.8. Un espectrómetro de masas tiene un voltaje acelerador de 5kV y un campo
magnético de 10 2 T. Encontrar la distancia entre los dos isótopos 68 Zn y 70 Zn del zinc.
Por distancia entendemos la separación de las dos manchas que aparecen en la emulsión
de la placa fotográfica después de que los iones de 68 Zn y 70 Zn con carga +e son
acelerados primero y luego obligados a describir una semicircunferencia en la región
donde existe el campo magnético.
RESOLUCIÓN:
En el espectrómetro de masas los iones que proceden de una fuente son acelerados por
una diferencia de potencial V y entran en un campo magnético uniforme. Si los iones
parten del reposo y se mueven a través de una diferencia de potencial V, entonces su
energía cinética cuando entran en le campo magnético, es igual a la pérdida de energía
potencial. De esta igualdad obtenemos la velocidad con que la partícula entra en el
campo magnético:
1 2
2qV
2qV
mv qV Ÿ v 2
Ÿv
2
m
m
La velocidad para cada uno de los iones será:
2qV
2qV
v1
v2
m1
m2
Una vez dentro del campo magnético, los iones se mueven describiendo una
semicircunferencia de radio r, que para cada ión será distinto:
m1 ˜ v1
m2 ˜ v2
r1
r2
q˜B
q˜B
Sustituyendo las expresiones de las velocidades en los radios, tenemos:
2 ˜ m1 ˜ V
2 ˜ m2 ˜ V
r2
r1
2
q ˜ B2
q˜B
La masa de cada isótopo es el número de nucleones por la u.m.a 1u.m.a 1c 66 ˜ 1027 :
m1 m68 68 ˜ 1c 66 ˜ 1027 Kg m2
m70
70 ˜ 1c 66 ˜ 10 27 Kg Página 14 de 45
_____________________________________________________________________________________
La distancia es la separación de las dos manchas que aparecen en la emulsión de la
placa fotográfica, como indica la figura:
2r2
'r
2r1
v
'r
2r1 2r2
2
2 ˜ m1 ˜ V
2 ˜ m2 ˜ V
2
2
q˜B
q ˜ B2
2 2V
˜ >m1 m2 @ 0c2455
B q
24c55cm 3.9. En el espectrómetro de masas de la figura, los iones acelerados por una diferencia
de potencial V entre S y A entran en el campo magnético B que cubre un sector de 60° y
son enviados a una emulsión fotográfica. Demostrar que:
q
m
32
V
B2 D2
Estudiar los cambios de posición de C para pequeñas desviaciones de la dirección de
incidencia.
30º
30º
60º
r
60º
60°
r
RESOLUCIÓN:
En el espectrómetro de masas los iones que proceden de una fuente son acelerados por
una diferencia de potencial V y entran en un campo magnético uniforme. Si los iones
parten del reposo y se mueven a través de una diferencia de potencial V, entonces su
energía cinética cuando entran en le campo magnético, es igual a la pérdida de energía
potencial. De esta igualdad obtenemos la velocidad con que la partícula entra en el
campo magnético:
Página 15 de 45
_____________________________________________________________________________________
1 2
mv
2
2qV
m
qV Ÿ v 2
Una vez dentro del campo magnético, los iones se mueven describiendo una
semicircunferencia de radio r. A partir de su expresión, obtenemos la de la velocidad:
m˜v
r ˜q˜B
r 2 ˜ q2 ˜ B2
r
ov
o v2
q˜B
m
m2
Igualando ambas expresiones de la velocidad al cuadrado, podemos obtener la relación
q/m:
2qV r 2 q 2 B 2
q
2V
Ÿ
2
m
m
m r 2 B2
Para calcular el radio de la órbita utilizamos la relación trigonométrica:
D
30º
A
sen30º r
Ÿr
D
2
2
O
60º
sen30º D
2
r
D
4
Sustituyendo este valor del radio en la relación anterior:
q
m
2V
2
§D· 2
¨ ¸ B
©4¹
32V
D2B2
3.10. J. J. Thomson estableció la naturaleza de los rayos catódicos (rayos que salen del
cátodo de un tubo similar al del televisor) midiendo su relación carga-masa, q/m, de los
electrones. En la figura se observa que cuando tenemos un campo eléctrico E , pero no
un campo magnético, entre dos placas deflectoras, el haz de electrones se desvía una
distancia y en la pantalla de detección.
a) Demostrar que esta desviación viene dada por la ecuación:
y
q˜E
m ˜ v2
§
L2 ·
˜ ¨¨ D ˜ L ¸¸
2 ¹
©
donde v es la velocidad de los electrones que entran entre las placas y q = +e.
Thomson aplicó después un campo magnético, ajustando su valor hasta que el haz no se
desviase.
Página 16 de 45
_____________________________________________________________________________________
b) Demostrar que la relación carga-masa viene dada en función de magnitudes
medibles por la ecuación:
q
y˜E
m
L2 ·
2 §
¨
B ˜ ¨ D ˜ L ¸¸
2 ¹
©
a) El campo eléctrico entre las placas es perpendicular a la velocidad de los electrones.
Este campo los acelera verticalmente durante el corto tiempo que permanecen entre las
placas, realizando una trayectoria parabólica. Los electrones se desvían una cierta
cantidad yL, del lugar donde caerían si no existiese un campo eléctrico.
D ˜ tg D vL
y
D
A
yL
v0
L
D
Consideramos la zona entre las placas:
x
Eje x: vx v0 cte Ÿ x v0 ˜ t o t
v0
L
v0
q
q
q
Eje y: FE m ˜ a y o q ˜ E m ˜ a y Ÿ a y
E Ÿ vy
E ˜t Ÿ y
E ˜ t2
m
m
2m
Llevando la expresión obtenida para t a la y:
L2
q
E
y
2m v0 2
Para obtener velocidad inicial de los electrones al entrar en la zona de las placas, en
función de la distancia D, utilizamos el ángulo Į:
q˜E˜L
vL y
q˜E˜L
m ˜ v0
tg D 2
v0
vL x
m ˜ v0
Página 17 de 45
_____________________________________________________________________________________
Observando el dibujo, vemos que la distancia y que deseamos es:
q ˜ E ˜ L q ˜ E ˜ L2
q˜E §
L2 ·
¨
¸
y D ˜ tg D yL D
DL
2
2
2
2 ¸¹
m ˜ v0
m ˜ v0 ¨©
2m ˜ v0
b) Cuando aplicamos el campo B y el haz no se desvía:
Fe
q
x
v
Fm
Fe Fm
0 Ÿ Fe
Fm Ÿ q ˜ E
De la ecuación:
q˜E §
L2 ·
q
¨ DL ¸¸ Ÿ
y
2 ¨
2¹
m
m ˜ v0 ©
Y sustituyendo v
q
m
y
E2
B2
§
L ·
E ¨¨ DL ¸¸
2¹
©
2
q˜v˜ B Ÿ v
E
B
y ˜ v2
§
L2 ·
E ¨¨ DL ¸¸
2¹
©
E
:
B
Ÿ
q
m
y˜E
§
L2 ·
B 2 ¨¨ DL ¸¸
2¹
©
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_____________________________________________________________________________________
3.11. Utilizando la Ley de Ampère calcular el campo magnético en el centro de un
solenoide muy largo que tiene n espiras por unidad de longitud.
RESOLUCIÓN:
S
˜
X
R
˜
P
Q
˜
I
B
Aplicando la ley de Ampère:
³ B x dl
P0 ˜ I t
L
Elegimos como camino L, el rectángulo SPQR:
³ B x dl
P
Q
R
S
S
P
Q
R
³ B x d l ³ B x d l ³ B x d l ³ B x d l
Por simetría el campo magnético es paralelo al eje del solenoide y uniforme:
P
³ B x dl
R
³ B x dl
S
Q
Q
³ B x dl
B ˜ x T
S
³ B x dl
0 B
Luego:
³ B x dl
B˜x
0 B A dl
0q
P
0
R
Para un solenoide de n vueltas por unidad de longitud, el número de vueltas enlazadas
por el camino cerrado SPQR es:
It n ˜ I ˜ x
Sustituyendo en el resultado de aplicar la ley de Ampère:
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_____________________________________________________________________________________
³ B x dl
B˜x
P0 ˜ n ˜ I ˜ x Ÿ B
P0 ˜ n ˜ I
3.12. Un cable largo coaxial está formado por dos conductores cilíndricos concéntricos,
con radio a, el primero, y el segundo con radio interior b y exterior c. Hay corrientes
iguales y opuestas de valor I en los conductores. Obtener el campo magnético:
a) en el interior del primer conductor
b) entre el primero y el segundo conductor
c) en el segundo conductor
d) en el exterior
RESOLUCIÓN:
a)
b
a
I
I
c
Del Teorema de Ampère:
³ B x dl
P0 ¦ I i
i
L
tomando el lazo L de radio r, en el interior del conductor de radio a (elipse punteada)
³ B ˜ dl P0 ˜ I c
donde:
r2
I
I
rdr
I
I c ³ J ˜ ds ³
2
S
˜ ds ³
2
Sa
a2
0
0 S ˜a
J es la densidad de corriente, y es constante en toda la superficie de 0 a r.
r
r
Llevando esta corriente a la expresión de Ampère e integrando a todo L:
P0 Ir
r2
B ˜ 2Sr P0 I 2 Ÿ B r ¢ a 2Sa 2
a
b)
b
a
c
I
I
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_____________________________________________________________________________________
tomando el lazo L de radio a<r<b, (elipse punteada) y teniendo en cuenta que toda la
corriente pasa por dentro del lazo:
PI
³ B ˜ dl P0 ˜ I Ÿ B ˜ 2Sr P0 I Ÿ B 2S0 r
c)
b
a
I
I
c
Para b<r<c:
³ B ˜ dl P0 I I cc
L
I cc
³ J ˜ ds
J
I
S c Sb
I
S c b2
2
Sustituyendo J en la integral:
r
I
2I § r 2 b2 ·
c
c
I
³b S c 2 b 2 2Srdr c 2 b 2 ¨¨© 2 2 ¸¸¹
I
r 2 b2 2
c b
2
Por tanto:
B ˜ 2Sr
B
§
§ r 2 b2 · ·
§ c2 r 2 ·
P0 I I cc P0 I ¨¨1 ¨¨ 2 2 ¸¸ ¸¸ P0 I ¨¨ 2 2 ¸¸
©c b ¹
© © c b ¹¹
P0 I § c 2 r 2 ·
¸
¨
2Sr ¨© c 2 b 2 ¸¹
d) En la zona más externa, r > c:
B ˜ 2Sr P0 I I Ÿ B 0
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_____________________________________________________________________________________
3.13. Un conductor largo, en forma de cilindro recto de radio R, lleva una intensidad de
corriente I0. Este conductor se ha construido de tal forma que la densidad de corriente J
dentro de él varía con la distancia r al eje del cilindro según la expresión:
3˜ I0 ˜ r
J r 2 ˜S ˜ R3
Determinar el campo magnético:
a) en puntos interiores (r < R) del cilindro conductor
b) en puntos exteriores (r > R) del cilindro conductor
RESOLUCIÓN:
J r r
­3
° 2 I 0 2SR 3
®
° 0
¯
rdR
r² R
Calculamos primero el campo magnético en puntos interiores del conductor. Para ello
aplicamos la ley de Ampère sobre una circunferencia de radio r, con r < R, y con centro
en el eje del conductor:
³ B x d l P0 I neta
Para calcular la intensidad de corriente neta que atraviesa la sección circular de radio r,
tenemos en cuenta la relación:
dI J ˜ dS
donde S
S ˜ r 2 o dS
2Srdr
r
r3
3
3I 0 2
I
rdr
r
dr
I
2
S
0
³0 2 0 SR3
R 3 ³0
R3
Llevando este resultado a la ley de Ampère:
r3
P0 r 2
I0
B ˜ 2Sr P0 I 0 3 Ÿ B
para r < R
2S R 3
R
I neta
³ J ˜ dS
r
r
Para puntos exteriores al conductor, r>R, consideramos una trayectoria circular de radio
r. En este caso la intensidad de la corriente neta que atraviesa la superficie delimitada
por dicha circunferencia es la intensidad de corriente total que transporta el conductor:
P0 I 0
B ˜ 2Sr P0 I 0 Ÿ B
para r > R
2Sr
Puede comprobarse cómo para r=R, ambas expresiones del campo magnético, conducen
al mismo resultado:
P0 I 0
Br R 2SR
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_____________________________________________________________________________________
3.14. Determinar el flujo magnético que atraviesa la espira triangular de la figura, en la
que los catetos tienen una longitud a y el vértice más próximo dista b de un conductor
rectilíneo e indefinido por el que circula una intensidad de corriente I.
RESOLUCIÓN:
a
I
a
b
Sabemos que el flujo del campo magnético a través de una superficie S, viene dado por
la ecuación:
IB ³ B x dS
S
Consideremos un elemento de superficie dS, de anchura dx y altura y:
y
B
a
y
I
x
b
dx
x
r
El flujo que atraviesa ese elemento diferencial de superficie es:
dI B
B x dS
B ˜ dS
B ˜ y ˜ dx Ÿ IB
a
³ B ˜ y ˜ dx
0
El campo magnético creado por el conductor rectilíneo es:
P0 I
P0 I
B
2Sr 2S b x De donde:
P0 I a y
dx
IB
2S ³0 b x
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_____________________________________________________________________________________
Como y depende de x, no puede salir de la integral. Mirando la figura observamos que la
relación entre ellas es y=x, que llevándolo a la integral, queda:
P0 I a x
dx
IB
2S ³0 b x
Para calcular la integral consideramos:
b
§ x · xbb
1
¨
¸
b x
bx
©b x¹
IB
P0 I a x
dx
2S ³0 b x
P0 I a
P0 I a b
dx 2S ³0
2S ³0 b x
P0 I
PI
a
a 0 bln b x 0
2S
2S
P0 Ia P0 Ib
>lnb a ln b@ P0 I ª«a b ln§¨ b a ·¸º»
2S
2S
2S ¬
© b ¹¼
3.15. Determinar el flujo magnético a través de la sección circular de un solenoide
infinito de radio R = 7.5mm, con n = 2000 espiras por m y por el que pasa una corriente
I =0.32A.
RESOLUCIÓN:
˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜
B
uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuu
El campo magnético en el interior del solenoide infinito es:
B P0 nI
En la sección circular del solenoide todos los elementos de área dS son paralelos al eje
y paralelos a B :
dS
B
Por lo que se cumple:
B x dS
B ˜ dS
Además el campo es uniforme en el interior del solenoide:
IB ³ B x dS ³ B ˜ dS B ³ dS B ˜ S BSR 2
S
S
S
de donde:
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_____________________________________________________________________________________
IB
BSR 2
P0 nISR 2
4 ˜ 107 ˜ 2000 ˜ 0c32 ˜ S 7c5 ˜ 103
2
1c 4 ˜ 107 Wb B x d l
3.16. Determinar el flujo magnético a través del circuito rectangular de la figura cuando
por el conductor rectilíneo fluye una corriente de intensidad I.
RESOLUCIÓN:
El flujo del campo magnético es:
IB
³ B x dS
S
dr
dS
…
B
I
c
r
Siendo dS
c ˜ dr y B
P0 I
2Sr
B y dS son paralelos y tienen el mismo sentido y r variará de a hasta b
P0 I
P0 Ic b dr P0 Ic § b ·
IB ³ B x dS ³ B ˜ dS ³
ln¨ ¸
c ˜ dr
2Sr
2S ³a r
2S © a ¹
S
S
S
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_____________________________________________________________________________________
3.17. El campo B en una cierta región del espacio es de 2T y su dirección la del eje Y en
el sentido positivo.
a) ¿Cuál es el flujo a través de la superficie definida por abcd de la figura?
b) ¿Cuál es el flujo a través de la superficie definida por befc de la figura?
c) ¿Cuál es el flujo a través de la superficie definida por aefd de la figura?
X
b
B=2T
30cm
e
40cm
20cm
a
c
f
Y
50cm
d
Z
RESOLUCIÓN:
a) El ángulo que forman los vectores es:
180q
˜
S
Iabcd
BxS
B
y
B ˜ S ˜ cos180q 2 ˜ 0c3 ˜ 0c4
0c24Wb b) En este caso el ángulo será:
S
90q
y
B
x
Ibefc
BxS
B ˜ S cos90q
0
c) Para la superficie aefd tenemos:
B
30
40
x
D
D
S
Página 26 de 45
_____________________________________________________________________________________
D
Iaefd
§ 30 ·
arctg ¨ ¸ 36c87q
© 40 ¹
BxS
2 ˜ 0c5 ˜ 0c3 ˜ cos36c87q 0c24Wb B ˜ S cos D
3.18. Determínese el par necesario para mantener en equilibrio una bobina formada por
100 espiras de área 5cm2 y por la que circula una corriente de 10A cuando se sitúa con
su eje perpendicular a un campo magnético de intensidad 0.3T.
RESOLUCIÓN:
z
m
W
I
S
y
B
x
Wc
Según el dibujo:
B Bj
m N ˜I ˜S N ˜I ˜S k
El par que actúa sobre la bobina será:
W m u B N ˜ I ˜ S ˜ B ˜ sen90q i 0c15i N ˜ m El par necesario para mantener en equilibrio la bobina es:
W c W 0 o W c W 0c15i N ˜ m Página 27 de 45
_____________________________________________________________________________________
3.19. Un alambre doblado como se muestra la figura, lleva una corriente I y está
colocado en un campo magnético uniforme B que sale del plano de la figura. Calcúlese
la fuerza que actúa sobre el alambre.
RESOLUCIÓN:
La fuerza magnética sobre un conductor rectilíneo es:
F IL uB
En nuestro caso, B B k y tanto L1 (primer tamo rectilíneo) como L3 (segundo tramo
rectilíneo) tienen como vector, L Li .
Las fuerzas F 1 y F 3 que actúan sobre estos tramos rectos de longitud L, vendrán dados
por:
F1 F3 I L u B I Li u B k ILB j
Para determinar la fuerza F 2 que actúa sobre el tramo semicircular, consideraremos
dicho tramo descompuesto en elementos de longitud dl , de tal manera que la fuerza que
el campo magnético ejerce sobre cada uno de estos elementos será:
d F I dl u B
dl
dl
R
R ˜ dT
dT
T
dl
dFy
T
dFx
dF
dFx
dFy
dF ˜ cosT
dF ˜ senT
T
Para la componente x (horizontal), tenemos:
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_____________________________________________________________________________________
S
Fx
³ I ˜ dl ˜ B cosT
0
S
I ˜ R ˜ B ³ cosT ˜ dT
S
I ˜ R ˜ B senT 0
I ˜ R ˜ BsenS sen0 0
0
Este resultado era de esperar debido a la simetría.
Para la componente y (vertical), tenemos:
S
Fy
³ I ˜ dl ˜ BsenT
0
S
I ˜ R ˜ B ³ senT ˜ dT
S
I ˜ R ˜ B cosT 0
I ˜ R ˜ Bcos S cos 0 2 I ˜ R ˜ B
0
por tanto :
F 2 2 IRB j
luego la fuerza neta será:
F F 1 F 2 F 3 ILB j ILB j 2 IRB j
2 IBL R j
3.20. La figura muestra una de las espiras rectangulares de 10cm por 5cm, de una
bobina de 20 espiras. Lleva una corriente de 0.1A y tiene goznes en un lado. ¿Qué
momento obra sobre la espira, en módulo dirección y sentido, si está montada con su
plano formando 30° con respecto a la dirección de un campo uniforme de 0.5 T?
RESOLUCIÓN:
La fuerza ejercida por un campo magnético sobre un circuito eléctrico, da lugar también
a un torque magnético.
El momento del par de fuerzas que actúa sobre la espira es, W m u B , donde m es el
momento bipolar magnético de la espira.
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_____________________________________________________________________________________
m
0
30q
y
60q
x
momento dipolar magnético de una bobina es:
m NI S NIS n
con N el número de espiras y S la sección de la espira, cuyo valor es:
S 0c1 ˜ 0c05 0c005 m 2
Sustituyendo valores
m
20 ˜ 0c1 ˜ 0c005 i sen60q j cos 60q
m
5 ˜ 10 3 3 i j A ˜ m 2
§
3
1 ·
20 ˜ 0c1 ˜ 0c005¨¨ i j ¸¸
2 ¹
© 2
Por tanto el momento del par de fuerzas es:
§
i
j
k ·¸
¨
3
3
W m u B ¨ 5 ˜ 10 3 5 ˜ 10
0 ¸ 4c33 ˜ 10 3 k N ˜ m ¨¨
¸
0
0c5
0¸
©
¹
3.21. La figura muestra un cable largo que lleva una corriente I1 30 A . La espira
rectangular lleva una corriente I 2 20 A . Calcular la fuerza resultante que actúa sobre
la espira, siendo a=1cm, b = 8cm y c = 30cm.
l2
I2
y
l1
I1
l3
c
x
l4
a
z
b
RESOLUCIÓN:
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_____________________________________________________________________________________
El campo magnético que crea el cable es del tipo solenoidal.
I1
B
B
P 0 I1
2SR
Y la fuerza que actúa sobre un tramo recto de conductor es:
F I2 ˜ l u B
Para el tramo 1:
B
Para el tramo 3:
Bc
P 0 I1
k o F1
2Sa
P 0 I1
k o F3
2Sb
P 0 I1 I 2 l
i
2Sa
P 0 I1 I 2 l
i
2Sb
Para los tramos 2 y 4, las fuerzas se cancelan.
F
F1 F2
P0 I1I 2c § 1 1 ·
¨ ¸i
2S © a b ¹
3c17 ˜ 10 3 i N La fuerza resultante sobre la espira, hará que ésta se acerque al cable.
3.22. El coeficiente Hall del cobre es RH 6 ˜ 1011 (V ˜ m ˜ A1 ˜ T 1 ) :
a) Estimar la densidad de portadores de carga (electrones) del cobre
b) Si la densidad de masa del cobre es U 8c9 ˜ 103 Kg m3 y la masa de un átomo de
cobre es 1c 06 ˜ 1025 Kg , ¿con cuántos electrones libres contribuye cada átomo en
promedio?
c) ¿Qué fracción del total de los 29 electrones de un átomo de cobre se encuentran
libres?
RESOLUCIÓN:
a) Coeficiente Hall:
1
1
on
RH
nq
RH q
1
˜ 1c 6 ˜ 1019
6 ˜10 11
1c 04 ˜ 1029 §¨ portadores 3 ·¸
m ¹
©
b) Utilizando los datos que tenemos:
1c 04 ˜ 10 29 portadores
1m3
1c 06 ˜ 1025 Kg
˜
˜
1m3
8c9 ˜ 103 Kg
átomo
·
1c 24§¨ portadores
átomo ¸¹
©
Página 31 de 45
_____________________________________________________________________________________
c)
1c 24
˜ 100
29
4c3 % libres
3.23. La figura muestra un cilindro de madera de 0.25kg de masa, radio R y una
longitud de 0.1m con 10 vueltas de alambre enrollado entorno a él longitudinalmente, de
manera que el plano de la espira contiene al eje del cilindro. Calcular cuál es la mínima
corriente que debe pasar por la espira, para impedir que el cilindro ruede por un plano
inclinado Dcon la horizontal, en presencia de un campo magnético vertical de 0.5T, si
el plano de las espiras es paralelo al plano inclinado.
B
D
Fg
D
D
mg
RESOLUCIÓN:
Debido a la fuerza del peso, aparece un par que hace girar al rodillo hacia abajo. Y su
sentido irá hacia el interior del papel:
R
Fg
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_____________________________________________________________________________________
Wg
R u Fg
siendo R y Fg perpendiculares y el módulo de Fg, Fg
será:
Wg
R ˜ Fg
mg ˜ senD , el módulo del par
R ˜ mg ˜ senD
Para obtener el equilibrio se necesita un torque de igual módulo y sentido contrario a
éste.
Wg
I
Wm
Para ello la I ha de ir en sentido contrario a las agujas del reloj, de este modo el
momento dipolar magnético será el representado en la siguiente figura:
B
m
D
R
I
D
D
mg
Y el torque será:
Wm mu B o Wm
m ˜ B ˜ senD
N ˜ I ˜ S ˜ BsenD
donde S es la superficie de la espira: S
Igualando los módulos:
R ˜ mgsenD N ˜ I ˜ 2 R ˜ l ˜ BsenD o mg
2R ˜ l
N ˜ I ˜2˜l ˜ B
Despejando la I:
Página 33 de 45
_____________________________________________________________________________________
I
0c25 ˜ 9c8
2 ˜10 ˜ 0c1˜ 0c5
mg
2 NlB
2c45 A
3.24. Calcular el campo magnético creado por un conductor rectilíneo filiforme de
longitud L por el que circula una corriente de intensidad I. ¿Cuál sería el valor del
campo si el conductor fuera infinito?
RESOLUCIÓN:
D
dl
r
l
E
ur
a
B
P
Resulta evidente que el campo dB creado por el elemento I dl , es perpendicular al
plano de la figura y dirigido hacia dentro. Su expresión es la de la Ley de Biot-Savart:
P0 I dl u r
P0 I dl u ur
dB
Ÿ dB
3
r2
4S r
4S
>
@
Su módulo será:
P0 I ˜ dl ˜ senD
dB
Ÿ dB
4S
r2
a ˜ dE
l a ˜ tgE Ÿ dl
cos 2 E
a
r
cos E
>
@
P0 I ˜ dl ˜ cos E
ŸB
4S
r2
P0 I dl ˜ cos E
4S ³
r2
Sustituyendo el diferencial y la r:
Página 34 de 45
_____________________________________________________________________________________
B
a ˜ dE
cos E
P0 I cos 2 E
a2
4S ³
cos 2 E
P0 I
cos E ˜ dE
4Sa ³
Si el alambre es finito:
E1
I
P
E2
E1
B
P0 I
cos E ˜ dE
4Sa E³
2
B
B
E1
2
P0 I
> senE 2 senE1 @
4Sa
P0 I
>senE1 senE 2 @
4Sa
Si es infinito:
E1
º
P0 I ª 0
« ³ cos E ˜ dE ³ cos E ˜ dE »
4Sa «¬ E
»¼
0
E1 ² 0
E 2 ¢0
S
2
E2
S
2
P0 I ª
§ S·
§ S ·º
sen¨ ¸ sen¨ ¸»
«
4Sa ¬
© 2¹
© 2 ¹¼
P0 I
>1 1@ P0 I
2Sa
2Sa
Las líneas de campo son circunferencias con centro en la corriente y perpendiculares a
la misma.
Página 35 de 45
_____________________________________________________________________________________
I
B
3.25. El alambre de la figura lleva una corriente I. Calcular el campo magnético en el
centro del semicírculo producido por:
a) cada segmento recto de longitud l
b) el segmento circular
c) todo el alambre.
˜
L
R
L
P
RESOLUCIÓN:
a) El campo magnético en P creado por cada segmento de longitud L, lo calculamos por
la Ley de Biot-Savart:
P0 I dl u ur
dB
4S
r2
dl
I
ur
˜
P
Página 36 de 45
_____________________________________________________________________________________
Como dl y ur son paralelos, dB
magnético en P.
0 , los segmentos rectilíneos no crean ningún campo
b)
I
dl
˜
R
ur
P
dB
P0 I dl u ur
con dl A ur y B hacia dentro Ÿ dB
4S R 2
P0 I ˜ dl
4SR 2
Necesitamos hacer un cambio de variable:
dl
dB
P0 IRdT
4SR 2
P0 IdT
ŸB
4SR
dT
T
R
P0 IdT
4SR
0
P0 I
S
³
dl
RdT
4R
3.26. Calcular el campo magnético creado por un solenoide de radio a y n espiras por
unidad de longitud, en puntos de su eje sabiendo que transporta una corriente de
intensidad I.
RESOLUCIÓN:
Página 37 de 45
_____________________________________________________________________________________
El campo que crea una espira circular de radio a en un punto cualquiera de su eje que
dista una distancia x de su centro, viene dada por:
P0 I ˜ a 2
Bespira
2 a 2 x 2 3 2
Consideremos una sección del solenoide tal y como se esquematiza en la figura:
P
˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜
˜
a
T2
T
T1
x
dx
Puesto que en un elemento del solenoide de longitud dx hay ndx espiras, siendo n el
número de espiras por unidad de longitud, el campo creado por ese elemento dx en el
punto P será:
dB
P0
Bespira ˜ n ˜ dx
I ˜ a2
2 a2 x2
3
n ˜ dx
2
Hacemos el siguiente cambio de variable:
a
a
x
dT
o dx tgT
sen 2T
dB
P0
P0
I ˜ a2
3
2 §
a2 · 2
¨¨ a 2 2 ¸¸
tg T ¹
©
Teniendo en cuenta que:
1
1 tg 2T
cos 2 T
dB
2
I ˜ a 2 ˜ tg 3T
3
n
a
dT
sen 2T
a
dT
n
sen 2T
§ tg 2T 1 · 2
¸¸
a 3 ¨¨
2
© tg T ¹
P
a
I ˜ a2
n
dT
0
3
2 3 § 1 · 2 sen 2T
a ¨
2 ¸
© sen T ¹
P0
2
I ˜ a2
3
n
a
dT
sen 2T
§ 1 cos 2 T · 2
¸
a 3 ¨¨
2
2 ¸
© cos T sen T ¹
P
P I ˜ sen3T
ndT 0 I ˜ senT ˜ ndT
0
2
2 sen T
2
Para obtener el campo resultante integramos de un extremo del solenoide hasta el otro:
Página 38 de 45
_____________________________________________________________________________________
B
P0
2
T2
nI ³ senTdT
T1
P0 nI
2
cosT 2 cosT1 Y si la longitud del solenoide es L y el número total de espiras N, se tiene:
N
n
L
De donde:
P0 NI
cosT 2 cosT1 B
2L
Para un solenoide infinito (muy largo), tenemos para puntos cerca del centro del
solenoide:
T1 | S
T2 | 0
Por lo tanto:
P0 IN
B
P0 nI
L
3.27. Un corriente de 2.5A circula por una bobina de vueltas muy juntas que tiene un
diámetro de 0.4m (considerar la bobina como una única espira). ¿Cuántas vueltas debe
tener para que el valor del campo magnético en su centro sea 1c 272 ˜ 104 T ?
RESOLUCIÓN:
N espiras muy juntas:
a
R
˜
B
El campo de una espira (en le eje):
P0 Ia 2
B1
3
2 a2 R2 2
En el centro de la espira (R=0):
P0 I
B1
2a
Para N espiras:
P0 NI
B NB1
2a
De donde, despejando N:
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_____________________________________________________________________________________
N
2aB
P0 I
2 ˜ 0c2 ˜ 1c 272 ˜ 104
| 16 espiras
4S ˜ 10 7 ˜ 2c5
3.28. Un alambre recto lleva una corriente de 100A y está colocado en un campo
magnético uniforme externo de 50G. El alambre es perpendicular a este campo externo.
Localizar los puntos en los cuales el campo magnético resultante vale cero.
RESOLUCIÓN:
I
B ext
B
Bext
50G
50 ˜ 10 4 T
0c005 T
Viendo el alambre desde arriba, comprobamos que el campo resultante, sólo puede ser
igual a 0, en el punto P.
˜
˜
B ext
B P
r
I
El campo magnético crea el alambre es:
P0 I
B
2Sr
Calculamos la r, a la cual se anularán los campos, lo cual sucede cuando sus módulos
son iguales:
Bext
B Ÿ Bext
P0 I
Ÿr
2Sr
P0 I
2SBext
4S ˜ 107 ˜ 100
2S ˜ 0c005
0c004m
4mm
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_____________________________________________________________________________________
3.29. Una espira circular de cobre de 10cm de radio lleva una corriente de 15A. En su
centro se coloca una segunda bobina de 1cm de radio, perpendicular a la primera, que
tiene 50 espiras y por la que circula una corriente de 1A:
a) ¿Qué campo produce la espira grande en su centro?
b) ¿Qué momento actúa sobre la pequeña?
RESOLUCIÓN:
W
m
I2
I1
Campo creado por la espira grande en su centro, va hacia dentro y su módulo es:
P0 I1 4S ˜ 107 ˜ 15
0c94 ˜ 10 4 T B1
2R
2 ˜ 0c1
Calculamos el momento dipolar magnético de la bobina y con él, el momento que actúa
sobre la misma, teniendo en cuenta que m A B1 :
m
NI 2 S 2
W
m u B1
NI 2 S 2 u B1
2
50 ˜15 ˜ S 0c01 ˜ 0c94 ˜10 4 1c 48 ˜10 6 N ˜ m Y el sentido del par es el representado en la figura.
3.30. Un cristal de NaCl posee una pequeña cantidad de manganeso doblemente
ionizado Mn 2 distribuido uniformemente en todo su volumen, de manera que la
muestra es isótropa y paramagnética. Bajo un campo magnético B = 0.87T y a una
temperatura T = 310K, la muestra presenta una magnetización M = 6.1 A/m. Determinar
su constante de Curie.
RESOLUCIÓN:
Como para un material isótropo M y B son paralelos, nos queda la ecuación de la ley
de Curie para un material paramagnético:
CB
CB
M
oM
P0T
P0T
siendo C la constante de Curie y T la temperatura absoluta.
Despejando C:
P0 MT 4S ˜10 7 ˜ 6c1˜ 310
C
B
0c87
2c7 ˜10 3 K
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_____________________________________________________________________________________
Un material ferromagnético se convierte en paramagnético, por encima de la
temperatura de Curie. Es evidente que la muestra es paramagnética, al ser muy baja su
temperatura de Curie.
3.31. Por un conductor rectilíneo indefinido fluye una corriente I = 15A. Calcular el
campo magnético B, la excitación magnética H y la magnetización M, en un punto que
dista r = 10cm del conductor, cuando éste se encuentra:
a) en el vacío
b) en un gas paramagnético de permeabilidad relativa 1.05
c) en un gas diamagnético de permeabilidad relativa Pr = 0.95
d) en el eje de un cilindro de material ferromagnético de radio 20cm coaxial con el hilo
y de permeabilidad relativa Pr = 6000[1 - exp(-H/10)].
RESOLUCIÓN:
a) El campo magnético creado por un conductor rectilíneo en el vacío viene dado por la
ecuación:
P0 I
B
2Sr
Sustituyendo valores:
4S ˜ 107 ˜ 15
3 ˜ 10 5 T B
2S ˜ 0c1
En este caso el conductor está en el vacío y por tanto:
B
3 ˜ 105
H
23c87 A
7
m
P0 4S ˜ 10
Teniendo en cuenta que P r 1 en el vacío, la magnetización es:
M P r 1H 0 o M 0
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_____________________________________________________________________________________
b) Para un material paramagnético, H 23c87 A m , ya que H es independiente del
medio y el campo magnético será:
B PH P r P0 H 1c 05 ˜ 4S ˜ 107 ˜ 23c87 3c14 ˜ 105 T Y la magnetización:
M F m H P r 1H 1c 05 1 ˜ 23c87 1c 19 A m c) Para un material diamagnético, tendremos:
B PH P r P0 H 0c95 ˜ 4S ˜ 23c87 2c85 ˜ 10 5 T M F m H P r 1H 0c95 1 ˜ 23c87 1c 19 A m Al ser un gas diamagnético, M tiene sentido contrario a H , por lo que B toma un valor
inferior al que tenía en el vacío.
d) Para el material ferromagnético, calculamos el valor de la permeabilidad relativa:
23c87
H
10 ·
P r 6000§¨1 e 10 ·¸ 6000§¨1 e
¸ 5448
©
¹
¹
©
B PH P r P0 H 5448 ˜ 4S ˜ 23c87 0c163T M
Fm H
Pr 1H 5448 1 ˜ 23c87
1c 3 ˜ 105 A m 3.32. En la tabla se muestran medidas experimentales de la susceptibilidad magnética
del alumbre de amonio de hierro. Hacer la representación gráfica de 1/Fm en función de
la temperatura absoluta y determinar si se cumple la Ley de Curie. En caso afirmativo,
¿cuál es la constante de Curie?
RESOLUCIÓN:
t qC F m 104 -258
-173
-73
27
75'40
11'30
5'65
3'77
La ley de Curie para un material paramagnético se escribe de la forma:
CB
M
P0T
Y teniendo en cuenta las relaciones:
M P r 1H F m H
B Pr P0 H
Podemos obtener la relación entre la susceptibilidad magnética y la temperatura, de la
siguiente forma:
CP r
T
CP P H
CB
1
Fm H o r 0
Fm H o Fm
o
P0T
P0T
T
F m CP r
Página 43 de 45
_____________________________________________________________________________________
1/Xm
Luego, si se cumple la ley de Curie, la representación gráfica de 1 F m frente a T, debe
ser una recta que pase por el origen y de pendiente 1 CP r .
Para un material paramagnético F m <<1, por tanto:
Pr 1 F m | 1
Luego la pendiente será aproximadamente la inversa de la constante de Curie.
Pasamos a temperaturas absolutas, mediante la relación:
T t 273
3000
2500
2000
1500
1000
500
0
0
100
200
300
400
T(K)
Se observa que los datos se pueden ajustar con una recta, cuya pendiente (por mínimos
cuadrados) es ~8’8, lo cual implica que:
1
8c8 o C 0c11K
C
3.33. Un anillo metálico de sección transversal S 2c5cm2 , r = 40cm de radio medio y
permeabilidad relativa Pr = 1500 está bobinado uniformemente con N = 3000 vueltas de
cable. Si pasa a través del cable una corriente I = 1.6 A, hallar:
a) la excitación magnética H
b) el campo magnético medio B
c) la magnetización M del anillo.
RESOLUCIÓN:
En presencia de un medio magnético el teorema de Ampère nos dice que la circulación
del campo magnetizante (excitación magnética H ) a lo largo de una línea cerrada es
igual a la corriente libre total a través de la trayectoria:
³ H x dl Ilibre
L
H también se conoce como intensidad magnética, y se relaciona con el campo
magnético B y la magnetización M del medio, mediante la ecuación:
B
H
M
P0
Y en un medio isótropo, B y H están relacionados a través de la ecuación:
B P H P r P0 H
Combinando estas dos ecuaciones:
P r P0 H
H
M Ÿ M P r H H P r 1H
P0
Página 44 de 45
_____________________________________________________________________________________
a) Si N es el número de vueltas del cable es I es la corriente libre que fluye por él, es
evidente que la corriente total del anillo es NI. Por el teorema de Ampère:
NI 3000 ˜ 1c 6
³L H x dl I libre Ÿ H ˜ 2Sr N Ÿ H 2Sr 2S ˜ 0c4 1910 A m
b) El campo magnético es:
B P H Pr P0 H 1500 ˜ 4S ˜ 10 7 ˜ 1910 3c6T c) La magnetización media es:
M Pr 1H 1500 1 ˜ 1910
m
2c9 ˜ 106 A
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Tema 4.- CAMPO ELECTROMAGNÉTICO. INDUCCIÓN
(RESUMEN)
x
Ley de Faraday-Henry. Ley de Lenz
-
También se obtiene variación de flujo en un circuito
cambiando
la orientación de un campo magnético
&
&
B , con respecto al vector superficie S que
definen las espiras. En un generador se hace girar
una bobina dentro de un campo magnético
uniforme. En un alternador la fuerza electromotriz
se induce en bobinas estáticas debido a un imán
giratorio.
x
Generadores de corriente alterna
En una espira conductora se induce una corriente
cuando varía el flujo del campo magnético que la
atraviesa. La fuerza electromotriz inducida en una
espira simple viene dada por la ley de FaradayHenry:
dI
dt
H
Para determinar el sentido de la corriente debe
recurrirse a la ley de Lenz, de acuerdo con la cual el
sentido de la corriente inducida es tal que se opone
al cambio de flujo que la produce. Si añadimos este
criterio, la fuerza electromotriz inducida se expresa
como:
H
dI
dt
Fuerza electromotriz que también& puede expresarse
en función del campo eléctrico E producido por el
flujo magnético variable:
H
eléctrico producido por cargas puntuales o
distribuciones de carga, es un campo no
conservativo, porque su trabajo a lo largo de una
línea cerrada es distinto de cero.
Podemos escribir también la ley de Faraday-Henry,
incluyendo la ley de Lenz, en la forma:
&
&
l
&
&
d
³S B ˜ d S
dt
Una de las formas más comunes de obtener
corriente inducida en una espira, o conjunto de
espiras, es a través del movimiento. Conseguimos de
esta forma transformar energía mecánica en energía
eléctrica. Por ejemplo:
-
Podemos conseguir que varíe el flujo magnético
cambiando la superficie de una espira que es
atravesada por las líneas de campo de un campo
magnético. Para ello se introduce o se extrae
con velocidad v una espira rectangular, de
&
anchura l, en un campo magnético uniforme B ,
perpendicular a la superficie de dicha espira. La
fuerza electromotriz inducida en este caso es:
H
I
I 0 sen wt
&
&
³ E ˜ dl
&l
Este campo eléctrico E , a diferencia del campo
³ E ˜ dl
Una corriente alterna es aquella que invierte su sentido
periódicamente. El caso más sencillo se corresponde
con una intensidad que es función sinusoidal del
tiempo, en la forma:
B ˜l ˜v
Siendo: I0 la amplitud (intensidad máxima) y w la
velocidad angular.
Para generar una corriente de estas características
basta hacer girar N espiras de superficie S, con
velocidad angular constante w, dentro de un campo
magnético uniforme B. Así, el flujo magnético que
atraviesa la superficie de las espiras será:
I
Y la f.e.m. inducida:
H
NBS cos wt
dI
dt
NBS w sen wt
En el caso más general, si M es el ángulo que forman
el campo B y el vector superficie de las espiras en el
instante inicial, la f.e.m. alterna instantánea sería:
H
H 0 sen ( wt M )
Con:
H0
NBS w; w
2S
; T
T
1
; w
f
2Sf
siendo T el período (tiempo que las espiras tardan en
dar una vuelta completa) y f la frecuencia (número de
vueltas por segundo que dan las espiras).
Hoja 1 de 4
•
Autoinducción
Cuando la corriente que circula por un componente
de un circuito, como una bobina, varía, aparece una
fuerza electromotriz autoinducida que viene dada
por:
H
L
dI
dt
uB
siendo L el coeficiente de autoinducción de la bobina,
que depende de su geometría y del material presente
en su interior (núcleo). En el S.I. L se mide en
henrios (1 H = 1 T m-2 A).
El flujo magnético a través de las espiras de una
bobina puede expresarse en función de la intensidad
que circula por la misma, como:
IB
Esta energía está almacenada en el campo magnético
producido por la corriente. La densidad de energía
(energía por unidad de volumen) de este campo
magnético es:
1 B2
˜
2 P0
En general, conocido el campo magnético en una
determinada región del espacio, con la expresión
anterior podemos obtener la densidad de energía
magnética (si en lugar de aire o vacío tenemos otro
medio material lineal basta cambiar µ0 por su
correspondiente permeabilidad µ) y calcular la energía
asociada a cualquier volumen V dentro de esa región,
mediante la integral:
L˜I
U
³ u dV
B
B
V
En un solenoide con N espiras, longitud l, sección S,
con aire o vacío en su interior y suponiendo que el
campo magnético (B = µ0 n I) es constante en todos
sus puntos,
IB
N P 0 (N / l)I S
NBS
P0
N 2 IS
l
Siendo su coeficiente de autoinducción:
L
IB
I
P0
N 2S
l
P0 n2 S l
Asociación de autoinducciones:
Autoinducciones en serie: L
e
¦L
x
Inducción mutua. El transformador
Cuando por dos circuitos próximos circulan corrientes
variables, cada uno de ellos induce una fuerza
electromotriz sobre el otro:
H 12
M
dI 2
dt
H 21
M
dI 1
dt
donde M es el coeficiente de inducción mutua entre los
dos circuitos. En el S.I. M se mide en henrios.
i
i
Autoinducciones en paralelo: 1
Le
x
¦
i
1
Li
Energía del campo magnético. Densidad de
energía
La energía almacenada en una autoinducción L por
la que circula una corriente I es:
U
1
L˜I2
2
En un transformador se utiliza la inducción mutua
para obtener el voltaje deseado (bobina secundaria tensión de salida, VS) a partir de un voltaje
suministrado (bobina primaria - tensión de entrada, VP).
En el transformador, los voltajes y corrientes en las
bobinas primaria y secundaria dependen del número
de vueltas de cada una de ellas:
VS
VP
NS
NP
IS
IP
NP
NS
Hoja 2 de 4
x
Lectura de información en soportes magnéticos
El proceso de grabación de información binaria en soportes magnéticos, comentado en el tema anterior,
resultaba relativamente sencillo. Basta aplicar corrientes en uno u otro sentido en la cabeza de escritura
(bobina) para que los dominios del material ferromagnético que sirve como soporte, próximo a la cabeza de
escritura, se orienten en un sentido o su contrario. De esta forma se diferencian dos estados que
identificamos con el cero y uno lógicos. Estas corrientes pueden conseguirse aplicando a la cabeza de
escritura potenciales V+ y V-, identificados con la información digital que se desea grabar. La siguiente figura
muestra un ejemplo sobre como quedarían dispuestos los dominios magnéticos en la grabación de un byte
(1011 0010), utilizando para el uno lógico una corriente I + que crea un campo magnético en la cabeza de
escritura dirigido hacia arriba y una corriente I - (con el mismo valor pero de sentido contrario) para el cero
lógico.
I+
1
0
1
1
0
0
1
0
Corriente
de
escritura
IDominios
magnéticos
Sin embargo, la lectura de información grabada en un soporte magnético presenta mayor complejidad y la
corriente de lectura difiere sustancialmente de la que se utiliza para grabar. La corriente de lectura se
obtiene por inducción y la cabeza de lectura (puede utilizarse la misma bobina usada para grabar), al
desplazarse por el soporte magnético, sólo va a registrar corriente cuando se produzca una variación del
flujo del campo magnético a través de la misma, es decir, se inducirá corriente únicamente cuando exista un
cambio de orientación en los dominios magnéticos. La siguiente figura muestra la corriente registrada en la
cabeza de lectura cuando leemos el byte grabado en el ejemplo anterior.
Dominios
magnéticos
I+
Corriente
de
lectura
I-
1
0
1
1
0
0
1
0
En el ejemplo se ha supuesto que el dominio anterior al primer uno lógico no estaba orientado.
Como puede observarse, la corriente de lectura está compuesta por una serie de pulsos, a partir de los
cuales podemos distinguir transiciones de uno a cero lógicos (pulso I+) y transiciones de cero a uno lógicos
(pulso I-)
Aunque con este procedimiento se puede grabar y leer en soportes magnéticos, no es recomendable.
Considérese la situación en la que se dispone de varios ceros o unos lógicos consecutivos (situación
bastante probable pues muchas zonas de un disco están rellenadas con el valor hexadecimal FF). Ante
esta circunstancia la cabeza de lectura pasaría por zonas correspondientes a varios bytes sin registrar
ningún tipo de corriente y podría perder fácilmente el sincronismo, errando en la lectura.
Hoja 3 de 4
Una forma sencilla de paliar esta circunstancia, aunque evidentemente en la actualidad existen métodos
mucho más sofisticados para grabar y leer información sobre soportes magnéticos, consiste en utilizar como
corriente de escritura una señal con retorno a cero. Por ejemplo, podemos representar un uno lógico por
una señal que cambia de V- a V+ en el tiempo medio del bit, y un cero lógico por una señal que cambia de
V+ a V- en el tiempo medio del bit, tal como muestra la siguiente figura.
1 lógico
V+
0 lógico
V+
V-
VTiempo
Tiempo
de bit
de bit
Esto es una forma de escribir el reloj junto con la información (procedimiento que también se utiliza en la
transmisión de datos) porque, en el tiempo medio de cada bit, existe un retorno por cero de la señal que lo
representa (reloj) independiente de su valor (cero o uno lógico). De esta forma se asegura el sincronismo en
la lectura (o en la recepción de datos) de forma eficiente.
Utilizando un código de retorno a cero para representar la información binaria, las corrientes de escritura y
lectura y la orientación de los dominios magnéticos en el soporte de la información quedarían como se
muestra en la siguiente figura.
1
0
1
1
0
0
I+
1
0
Corriente
de
escritura
IDominios
magnéticos
I+
Corriente
de
lectura
I-
1
0
1
1
0
0
1
0
Puede observarse que en la corriente de lectura siempre hay un pulso en el tiempo medio de cada bit
(positivo si se trata de un cero lógico y negativo si es un uno lógico) y, además, hay un doble control porque
si un bit no cambia con respecto a su precedente aparece un doble pulso en el tiempo total de un bit
(positivo y luego negativo si se repite un uno lógico y negativo y después positivo si se repite un cero
lógico).
En transmisión de datos, para que el receptor sincronice adecuadamente la información que va a recibir, se
envía una secuencia 010101010101….., hasta que se manda el guión (generalmente un byte 7E en
hexadecimal) que delimita el inicio de los datos. Es fácil apreciar que con una secuencia 01010101….., se
está realmente enviando el pulso de reloj, con lo que el receptor puede ajustar adecuadamente el tiempo de
bit y corregir si existiera un pequeño desfase entre el reloj del emisor y el receptor. Aunque los relojes de los
sistemas informáticos sean muy precisos, cuando se transmite o se graba y lee a altas velocidades es
preciso tomar este tipo de precauciones, entre otras, para evitar errores.
Hoja 4 de 4
_____________________________________________________________________________________
Tema 4. Campo Electromagnético. Inducción
RESOLUCIONES
4.1. Una bobina circular de 20cm de diámetro tiene N espiras. La bobina está en el
interior de un campo magnético uniforme de 0.01T y gira alrededor de uno de sus
diámetros, perpendicular a B, a razón de 20rps. Sabiendo que la intensidad máxima
inducida que circula por la bobina es de 9.87A y que su resistencia es de 0.1:, calcular
el número de espiras de la bobina.
RESOLUCIÓN:
B
y
Z
x
z
La bobina que se encuentra en el interior de un campo magnético uniforme B gira
alrededor de uno de sus diámetros, perpendicular a B , con una velocidad angular:
Z 20rps
Como una vuelta son 2S rad:
Z 20 ˜ 2S 40S rad s
El flujo de campo magnético que atraviesa la bobina es:
Ibobina ³ N ˜ B x dS N ˜ B ˜ S cos Zt
S
siendo T Zt el ángulo que forman B y S en cada instante.
Este flujo es variable con el tiempo, por lo que en la bobina se induce un voltaje cuyo
valor es:
H inducida
dI
dt
d N ˜ B ˜ S cos Zt
dt
N ˜ B ˜ S cos Z senZt N ˜ B ˜ S ˜ Z ˜ senZt
El voltaje inducido máximo se produce cuando la función senZt alcanza el valor
máximo que es 1. De este modo:
H ind máx N ˜ B ˜ S ˜ Z
Página 1 de 19
_____________________________________________________________________________________
Por otra parte, este valor se puede calcular con los datos dados en el enunciado del
problema:
H ind máx R ˜ I ind máx 9c87 ˜ 0c1 0c987V Despejando el número de espiras N de la penúltima expresión:
H indmáx
0c987
N
25espiras
2
B ˜ S ˜ Z 0c01 ˜ S ˜ 10 ˜ 40S
Sr 2
Siendo: S
S ˜ 102 m 2 S 0c12
4.2. Una espira circular de radio a gira con velocidad angular constante Zalrededor de
uno de sus diámetros. La espira se encuentra en el interior de un campo magnético
uniforme B y perpendicular al eje de giro. Si la resistencia de la espira es r, calcular:
a) La fuerza electromotriz inducida en la espira
b) La intensidad que circula por la espira
c) El momento que actúa sobre la espira
RESOLUCIÓN:
B
Z
a
r
El vector superficie S es perpendicular al plano de la espira. El ángulo que forma éste
con el campo magnético B en cada instante si la espira gira con velocidad angular Z es:
T Zt , suponiendo que el ángulo inicial es T 0 0 .
a) La fuerza electromotriz inducida en la espira se calcula como:
dI
H inducida dt
donde IB ³ B ˜ dS B ˜ S · cos Zt
S
Por tanto:
H inducida
d
B ˜ S cos Zt B ˜ S ˜ Z senZt B ˜ Sa 2 ˜ Z ˜ senZt V dt
b) La intensidad inducida es:
Página 2 de 19
_____________________________________________________________________________________
I inducida
H inducida
r
B ˜ Sa 2 ˜ Z ˜ senZt
r
A
c) El momento de giro W que experimenta la espira por estar inmersa en un campo
magnético uniforme tiende a alinear el momento m con el vector campo magnético B :
W mu B
donde m I ˜ S para una sola espira.
Sustituyendo el momento:
W I S u B o W I ˜ S ˜ B ˜ senZt
Tomando la expresión obtenida para la intensidad inducida en el apartado anterior:
2
W
B 2 ˜ Sa 2 ˜ Z ˜ sen 2Zt
N ˜ m r
4.3. Una espira conductora rectangular de lados a y b se separa del conductor rectilíneo
por el que circula una intensidad I con una velocidad v. Determinar la f.e.m. inducida en
función del tiempo si cuando t = 0s, r = r0.
I
dS=b·dr
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
X
b
v
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
X
XXXXXXXXX
a XXXXXXXXX
r0
r
RESOLUCIÓN:
El campo magnético que crea la corriente rectilínea en la parte donde se encuentra la
espira conductora es perpendicular hacia dentro (como se indica en la figura) y variable
con módulo:
P0 I
B
2Sr
Al moverse la espira hacia la derecha, el campo magnético varía, lo que implica una
variación en el flujo que atraviesa la espira y esto a su vez, induce una fuerza
electromotriz en la misma:
dI
H inducida dt
Calculando el flujo:
P0 I
P0 Ib r a dr P0 Ib
>ln r @rr a P0 Ib ln r a I ³ B x dS ³
b ˜ dr ˜ cos 0q
³
2Sr
2S r r
2S
2S
r
S
r
Página 3 de 19
_____________________________________________________________________________________
Los límites de la integral superior se calculan teniendo en cuenta que en cualquier
instante t, la distancia de la corriente rectilínea al lado más próximo de la espira
rectangular es r r0 vt . Por otra parte, la distancia al lado más alejado es
r a r0 vt a .
La fuerza electromotriz inducida es:
ª§ P Ib r d § r a · · § dr ·º
ª§ dI ·§ dr ·º
dI
«¨ ¸¨ ¸» «¨¨ 0
H ¨
¸ ¸¸ ˜ ¨ ¸»
dt
¬© dr ¹© dt ¹¼
¬© 2S r a dr © r ¹ ¹ © dt ¹¼
ª§ P Ib r § r r a · · § dr ·º
«¨¨ 0
¨
¸ ¸¸ ˜ ¨ ¸»
r2
¹ ¹ © dt ¹¼
¬© 2S r a ©
ª§ P0 Ib · § a · º
¸¸ ˜ v »
¸ ˜ ¨¨
Ǭ
¬© 2S ¹ © r r a ¹ ¼
Sustituyendo el valor de r
H
dI
dt
ª§ P Ib · § r · § a · § dr ·º
«¨ 0 ¸ ˜ ¨
¸ ˜ ¨ 2 ¸ ˜ ¨ ¸»
¬© 2S ¹ © r a ¹ © r ¹ © dt ¹¼
r0 vt en la expresión anterior:
·
a
§ P0 Ib · §
¸¸ ˜ v
¨
¸ ˜ ¨¨
© 2S ¹ © r0 vt r0 vt a ¹
Si la espira presenta una resistencia de valor R, se tiene que la corriente inducida, i,
viene dada por i=H/R.
Cuando alejamos la espira rectangular, el flujo de B disminuye, luego la intensidad
inducida, i, en la espira tiene que ser en el sentido en que cree un campo B' que
compense esta disminución (Ley de Lenz). Así, tendremos:
XXX
I
B
i
XXX
v
B'
Página 4 de 19
_____________________________________________________________________________________
4.4. Se dispone de un arrollamiento toroidal de perímetro medio 2m y sección 20cm2 que
tiene 500 espiras. Calcular su autoinducción. Si la corriente en la bobina aumenta a
razón de 10A/s, calcular el valor de la f.e.m. inducida.
RESOLUCIÓN:
b
S
B
a
r
El arrollamiento toroidal está formado por un conjunto de espiras circulares conductoras
arrolladas alrededor de una figura en forma de neumático.
El flujo que atraviesa la bobina teniendo en cuenta que el ángulo que forman B y S es
0:
I N ˜ B x S N ˜ B ˜ S ˜ cos 0q N ˜ B ˜ S
El campo creado por la bobina toroidal es:
P0 NI
B
l
con l 2 ˜ S ˜ r 2 m su perímetro medio.
Llevando la expresión del campo al flujo:
P NI
P0 ˜ N 2 ˜ I ˜ S
I N ˜ 0 ˜S ŸI
l
l
Por otro lado, como el flujo propio es I L ˜ I , donde L es el coeficiente de
autoinducción, igualando las dos expresiones del flujo, tenemos:
P0 ˜ N 2 ˜ I ˜ S
l
L˜I Ÿ L
P0 ˜ N 2 ˜ S
l
4S ˜ 107 ˜ 500 ˜ 20 ˜ 104
2
2
3c14 ˜ 10 4 H
b) Si la corriente I varía, crea un campo magnético variable que provoca el cambio del
flujo de campo magnético que atraviesa la bobina. Esto a su vez creará un voltaje
inducido en la propia bobina, que se opone al cambio de la corriente inicial:
dI
dI
H inducida L
dt
dt
siendo el módulo de la fuerza electromotriz inducida:
dI
H inducida L
3c14 ˜ 10 4 ˜ 10 3c14 ˜ 10 3 V dt
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_____________________________________________________________________________________
4.5. Un cable coaxial largo está constituido por dos cilindros concéntricos de radios a y
b. Su conductor central es hueco y lleva una corriente constante I, el conductor exterior
proporciona el camino de regreso.
a) Calcular la energía almacenada en el campo magnético para un tramo de longitud l
de este cable
b) ¿Cuál es la autoinducción para el mismo tramo de longitud l?
RESOLUCIÓN:
I
I
a
b
a) Por razones de simetría las líneas de campo son circunferencias con centro sobre el
eje del cable. Asímismo, el módulo de B es una función de r: B B(r )
Aplicando el Teorema de Ampère:
³ B ˜ dl P0 I Ÿ B ³ dl P0 I Ÿ B ˜ 2Sr
C
P0 I
C
Br 0
r<a
P0 I
2Sr
Br Br 0
a<r<b
r>b
Por tanto, la densidad de energía magnética (energía magnética por unidad de volumen),
cuya expresión es:
1 2
wB
B
2P0
será:
wB
0
wB
P0 I
8S 2 r 2
wB
0
r<a
2
a<r<b
r>b
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_____________________________________________________________________________________
Es decir, sólo tendremos densidad de energía magnética, en la zona intermedia entre los
dos cilindros. Consideremos un elemento de volumen comprendido entre las superficies
cilíndricas de longitud l y radios r y r dr , respectivamente, para calcular la energía
magnética almacenada en este elemento de volumen:
r dr
r
l
Vcilindro
dWB
Sr 2l o dV
wB ˜ dV
2Srldr
wB ˜ 2Srldr
P0 I 2
˜ 2Srldr
8S 2 r 2
P0 I 2l dr
4S r
Integrando desde a hasta b, tendremos la energía magnética almacenada en un tramo de
longitud l:
b
P0 I 2l dr P0 I 2l § b ·
WB
ln¨ ¸
4S ³a r
4S
©a¹
b) También tenemos que la energía magnética es:
1
WB
L˜I2
2
De modo, que combinando las dos expresiones de WB , podemos obtener la
autoinducción para ese mismo tramo l:
P 0l § b ·
L
ln¨ ¸
2S © a ¹
4.6. Una barra metálica de 60cm de longitud y 675g de masa se lanza desde la posición
indicada en la figura con una velocidad inicial de 3cm/s. La barra desliza sin rozamiento
sobre unos raíles conductores paralelos, que se cierran en el extremo derecho mediante
una resistencia de 21.6 :. Todo el sistema se halla inmerso en un campo magnético
uniforme B, perpendicular al plano que forman los raíles y la barra.
a) Calcular el valor del campo magnético B necesario para que la barra se quede a
mitad de camino entre su posición de lanzamiento y el lado derecho del circuito,
donde se encuentra la resistencia.
b) ¿Qué tiempo tardará en recorrer el 99% de esa distancia? NOTA: Despréciese el
coeficiente de autoinducción del circuito formado.
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_____________________________________________________________________________________
RESOLUCIÓN:
a) Para resolver este problema es necesario obtener una expresión que relacione el
espacio recorrido con el campo magnético y con el tiempo.
Inicialmente, las fuerzas que actúan sobre la barra son su peso y la reacción normal
que sobre ella ejercen los raíles. Puesto que la resultante es cero, la fuerza neta que
actúa sobre la barra es nula.
Cuando la barra inicia su movimiento sobre ella aparece una f.e.m inducida debida a
su movimiento cuya polaridad, determinada por el sentido del campo eléctrico
(opuesto al vector v u B ), es la que se ve en la figura
dl
˜
E
L
vt Fm
I
B
R
vu B
3m
x
0
Como la barra cierra el circuito, circulará por éste una corriente inducida I en el sentido
indicado en la figura. Esto significa que el campo magnético ejercerá sobre la barra
móvil una fuerza que vendrá dada por:
Fm
I ˜ Lu B
ILBsen90º ILB
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Esta fuerza es la única que existe en la dirección del movimiento de la barra.
Obtendremos así su aceleración, que como puede comprobarse actúa en sentido
contrario a la velocidad inicial de la barra, frenándola.
Sin embargo, todavía es necesario conocer I. Para ello se aplica la Ley de Ohm al
circuito:
H
H
IR Ÿ I
R
La f.e.m inducida en la barra será:
H
³ v u B x dl ³ v u B x dl
³ E x dl
de la figura:
v u B v ˜ B ˜ sen90q v ˜ B
v u B x dl
v u B ˜ dl ˜ cos180q
v ˜ B ˜ dl
de donde:
H
³ v u B x dl
³ v ˜ B ˜ dl
v˜B˜L
por lo que la intensidad es:
H v˜B˜L
I
R
R
y la fuerza magnética que actúa sobre la barra queda:
v˜B˜L
v ˜ B 2 ˜ L2
˜L˜B
Fm ILB
R
R
La aceleración de la barra se obtiene aplicando la 2ª ley de Newton:
v ˜ B 2 ˜ L2
v ˜ B 2 ˜ L2
Fm m ˜ a Ÿ
m˜a Ÿ a
R
R˜m
La velocidad de la barra se obtiene integrando a
dv
, donde el signo negativo
dt
significa que la velocidad disminuye con el tiempo.
a
dv
v ˜ B 2 ˜ L2
Ÿ
dt
R˜m
v
Ÿ ln
v0
B 2 ˜ L2
tŸv
R˜m
dv
dv
Ÿ
dt
v
v0 ˜ e
B 2 ˜ L2
dv
dt Ÿ ³
R˜m
v
v0
v
B 2 ˜ L2
dt Ÿ
R ˜ m ³0
t
B 2 ˜ L2
t
R˜m
Para calcular x en función del tiempo, volvemos a integrar:
B 2 ˜ L2
B 2 ˜ L2
x
t
t ·
§
R˜m
t
dx
mRv
¨
¸
0
R˜m
Ÿ ³ dx ³ v0 ˜ e
1 e
v
dt Ÿ x
2 2 ¨
¸
dt
B L
0
0
©
¹
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_____________________________________________________________________________________
a) De la expresión de v en función de t, comprobamos que la barra nunca llega a
pararse, ya que el tiempo necesario para que la velocidad se anule es infinito:
B 2 ˜L2
t
R ˜m
m ˜ R ˜ ln 0
f
B 2 ˜ L2
Sin embargo, la distancia recorrida cuando t o f es finita:
0
v0 ˜ e
Ÿt
B ˜L
§
¨ 1 e R ˜m
¨
©
2
d
lim t o f
mRv 0
B 2 L2
2
t
·
¸
¸
¹
mRv 0
B 2 L2
x
d
t
Si queremos que d sea la mitad de los 3m que separan la barra inicialmente de la
resistencia, tendremos:
mRv0
mRv0
0c675 ˜ 21c 6 ˜ 0c03
ŸB
1c 5
0c9T 2
2 2
2
B L
1c 5 L
1c 5 ˜ 0c06 b) Una vez obtenido el valor de B, la expresión de x en función del t es:
B ˜L
0c9 2 ˜0c6 2 t ·
t ·
§
R ˜m
mRv0 §¨
¸
¨
x
1 e
1c 5 ˜ 1 e 0c675˜21c 6 ¸ 1c 5 ˜ 1 e 0c02t
¸
¨
¸
B 2 L2 ¨
©
¹
¹
©
El valor de t para que x sea el 99% de los 1c 5m recorridos, será:
ln 0c01
230c3s
0c99 ˜ 1c 5 1c 5 ˜ 1 e 0c02t Ÿ t 0c02
2 2
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_____________________________________________________________________________________
4.7. Dados un conductor rectilíneo indefinido y un circuito rectangular de lados a y b
como se muestra en la figura, calcular el coeficiente de inducción mutua entre ambos,
siendo d la distancia entre el conductor rectilíneo y el lado del rectángulo más próximo
al mismo.
RESOLUCIÓN:
2
x
dx
I
b
…
1
d
a
Para calcular el coeficiente de inducción mutua suponemos inicialmente que sólo
circula una corriente I por el conductor rectilíneo indefinido.
El campo creado por el conductor rectilíneo es:
P0 I
B
2Sx
Calculamos el flujo de (1) sobre (2):
d a
P0 I
P0 Ib d a dx P0 Ib § d a ·
dI
˜ b ˜ dx Ÿ I ³ dI
ln¨
¸
2Sx
2S ³d x
2S © d ¹
d
I , queda:
I
Como M
P 0b § d a ·
ln¨
¸
2S © d ¹
M
4.8. Calcular la expresión del coeficiente de inducción mutua de dos espiras circulares,
ambas de radio a, dispuestas con eje común y con sus centros separados una distancia d
(d >> a)
RESOLUCIÓN:
espira 1
I1
espira 2
a
I2
a
d
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_____________________________________________________________________________________
Cuando 2 circuitos están próximos uno al otro, el flujo magnético que atraviesa uno de
ellos depende no sólo de la corriente en este circuito, sino también de la corriente que
circula por el otro circuito.
El flujo de campo magnético que atraviesa la espira 1 es:
I1 L1I1 M 12 I 2
El flujo de campo magnético que atraviesa la espira 2 es:
I2 L2 I 2 M 21I1
donde L1 y L2 son los coeficientes de autoinducción que corresponden a las espiras 1 y 2
y M12=M21 es el coeficiente de inducción mutua.
Vamos a suponer que sólo circula corriente por la espira 1. El flujo que atravesará a la
espira 2, será sólo debido al campo magnético B1 que crea la corriente I1.
Además, en nuestro caso, las espiras están muy separadas en comparación con su
tamaño, por lo que podemos suponer que el campo creado por una de ellas es
prácticamente constante en la superficie de la otra y vale aproximadamente en toda la
superficie lo mismo que en el eje.
I2
³ B x dS
B1 ˜ S 2
1
S2
El campo magnético creado por la espira 1 es:
B1
P 0 I1a 2
2 a2 d
2
3
2
Sustituyendo este valor en la expresión del flujo:
P0 I1a 2
P0 I1Sa 4
2
I2
S
˜
a
3
3
2 a2 d 2 2
2 a2 d 2 2
Con cuyo resultado podemos obtener el coeficiente de inducción mutua:
I2
P0Sa 4
I2 L2 I 2 M 21I1 Ÿ I2 M 21I1 Ÿ M 21
I1 2 a 2 d 2 3 2
Por último, como d>>a, podemos realizar la aproximación: a 2 d 2 | d 2
P Sa 4
M 21 | 0 3 H 2d
4.9. Una bobina tiene una autoinducción de 5H y una resistencia de 20:. Si se aplica
una f.e.m. de 100V. ¿Qué energía queda almacenada en el campo magnético después de
que la corriente ha aumentado hasta su valor máximo?
RESOLUCIÓN:
Calculamos la intensidad que circula por la bobina:
H 100
I
5 A
R 20
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_____________________________________________________________________________________
Sustituyendo valores en la expresión de la energía almacenada:
1 2 1
WB
LI
5 ˜ 52 62c5 J 2
2
4.10. Consideremos dos bobinas A y B de 400 y 900 espiras respectivamente. Una
corriente de 3A circulando por la bobina A crea un flujo de 2·10-4Wb en cada una de las
espiras de la bobina B. Se pide:
a) Calcular el coeficiente de inducción mutua de ambas bobinas
b) La f.e.m. inducida en la bobina B cuando la corriente que circula por A varíe de 2A a
1A en un tiempo de 0'1s
c) El flujo a través de la bobina A cuando por la bobina B circula una corriente de 2A.
RESOLUCIÓN:
A
B
IA
a) El flujo a través de la bobina B será:
IB M ˜ I A
de donde:
IB N B ˜ I1 900 ˜ 2 ˜ 104
M
6 ˜ 10 2 H IA
IA
3
b) La f.e.m inducida en la bobina B será:
'I
1 2
dI
dI
H B B M A | M A 6 ˜ 10 2
't
0c1
dt
dt
0c6V c) Del mismo modo que la corriente en la bobina A crea un flujo a través de la bonina
B, la de B crea un flujo a través de la bobina A:
Página 13 de 19
_____________________________________________________________________________________
A
B
IB
cuyo valor será:
I A M ˜ I B 6 ˜ 102 ˜ 2 12 ˜ 102 Wb 4.11. La inducción de un campo magnético homogéneo dentro de un cierto cilindro de
15cm de radio aumenta linealmente con el tiempo según B = kt, siendo k = 0.01 T/s.
Sabiendo que el campo magnético tiene la dirección del eje del cilindro y que fuera de
él no hay campo, calcular la componente tangencial del campo eléctrico inducido a una
distancia de:
a) 12cm del eje del cilindro
b) 18cm del eje del cilindro
RESOLUCIÓN:
Imaginemos un contorno circular cuyo centro sea un punto del eje del cilindro y cuyo
radio sea la distancia respecto del eje a la que queremos determinar la componente
tangencial del campo eléctrico inducido. La f.e.m inducida en él debido al flujo
magnético variable en el interior del cilindro será, por definición, igual a la circulación
del campo eléctrico a lo largo del contorno. Admitiendo, por simetría, que el módulo del
campo eléctrico es constante en todos los puntos del contorno, la circulación vale:
H ³ E x dl ³ Et ˜ dl Et ˜ 2Sr
Siendo Et la componente tangencial del campo eléctrico inducido. Así pues:
Et
H
2Sr
El problema es entonces determinar la f.e.m inducida en el entorno circular, que se
obtiene a partir de la ley de Faraday-Henry:
dI
H B
dt
a) para r<R, siendo R el radio del cilindro:
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_____________________________________________________________________________________
R
B
S
r
Et
IB
³ B x dS
B˜S
Kt ˜ Sr 2
S
H
dI B
dt
d
Kt ˜ Sr 2
dt
K ˜ Sr 2
luego:
Et
H
2Sr
K ˜ Sr 2
2Sr
rK
2
m
0c6 ˜ 10 4 V
b) para r>R:
R
B
Sc
r
Et
Sólo existe flujo a través del área rayada, ya que B=0 para r>R. Por tanto:
IBc
³ B x dS c
B ˜ Sc
Kt ˜ SR 2
Sc
Hc dIBc
dt
d
Kt ˜ SR 2
dt
K ˜ SR 2
luego:
Etc
Hc
2Sr
K ˜ SR 2
2Sr
K ˜ R2
2r
m
6c25 ˜ 104 V
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_____________________________________________________________________________________
4.12. Un circuito RL tiene una f.e.m. H0 = 9.2V, una resistencia R = 72:y una inducción
L=0.25mH. Si el interruptor se cierra en t = 0, calcular:
a) la corriente que pasa por el circuito
b) la d.d.p. entre los extremos de la resistencia
c) la d.d.p. entre los extremos de la inducción en los instantes t=0, t=3.3Ps, t =7.5Ps y
t =35Ps.
RESOLUCIÓN:
L
H0
R
S
a) Cuando el interruptor S se cierra, en t=0, la intensidad varía con el tiempo según la
siguiente expresión:
t
H0 §
H 0 9c2
W ·
t of
I t 0c13 A
o I 0
¨1 e L ¸ 
R©
R 72
¹
L
WL
3c5 ˜ 10 6 s
R
Sustituyendo las constantes nos queda:
t
6 ·
§
I t 0c13¨1 e 3c5˜10 ¸ A
¹
©
I ˜R
b) VR
I t H0 §
¨1 e
R©
t
WL
·
¸˜R
¹
t
6 ·
§
9c2¨1 e 3c5˜10 ¸ A
¹
©
t
t
H R t
dI
H 1 t
6
L 0 e W L L 0 e W L H 0e W L 9c2e 3c5˜10
dt
R WL
R L
Sustituyendo los valores de t indicados en el enunciado en esta última expresión
tenemos:
t 0 o VL 0 H 0 9c2V c) VL
L
t
3c3Ps
t
7c5Ps
t
35Ps
3c3 ˜ 10 6 s o VL 3c3Ps 3c6V 7c5 ˜ 10 6 s o VL 7c5Ps 1c 08V 35 ˜ 10 6 s o VL 35Ps 4 ˜ 10 4 | 0 Ÿ régimen estacionario
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_____________________________________________________________________________________
4.13. Una bobina formada por 250 espiras de 15cm de radio, gira en el campo
magnético terrestre alrededor de su diámetro vertical, a razón de 85rad/s. Si se induce
una f.e.m. media de 40mV en medio ciclo, calcular la componente horizontal del campo
magnético terrestre en ese lugar.
RESOLUCIÓN:
Para obtener la f.e.m inducida en la bobina utilizaremos la ley de Faraday. Previamente
debemos determinar el flujo magnético que atraviesa las N espiras que constituyen la
bobina. Si denominamos BH a la componente horizontal del campo magnético terrestre,
dicho flujo será:
IB N ³ BH x dS N ³ BH cosT ˜ dS N ˜ BH ˜ S cosT
S
S
siendo S el área de cada espira.
Conforme la bobina gira, el ángulo ș que forma su vector superficie con la componente
horizontal del campo magnético terrestre irá variando. Si empezamos a contar el tiempo
en el instante en que dicho ángulo es 0º, al ser uniforme el giro de la bobina, tendremos:
T Zt
Y por tanto, el flujo magnético que atraviesa la bobina será:
IB
NBH S cos Zt
Ya podemos utilizar la Ley de Faraday para obtener la f.e.m. inducida en la bobina:
H t dIB
dt
d NBH S cos Zt dt
NBH S w senZt
El valor medio de esta f.e.m. inducida, que denominaremos H , en medio ciclo es:
H
1 T2
H ( t ) dt
T 2 ³0
1 T2
NBH S w senZt dt
T 2 ³0
El área de cada espira es, S
4 NBH SR w
2S
de donde:
2 NBH S
>cos wt @T0 2
T
SR 2 , y el período es, T
4 NBH S
T
2S w , luego:
2
H
BH
H
2 NR 2 w
2 NBH R 2 w
4´ 18 ˜ 10 5 T
4.14. Un disco de hierro de diámetro d = 0.1m y longitud h = 1mm, está situado en un
campo magnético uniforme perpendicular a la base del cilindro, dependiente del tiempo
t según la ecuación B(t) = Bm sen Zt. Calcular la potencia promedio disipada por las
corrientes de Foucault en el cilindro Bm=1'6T, Z= Srad/s, resistividad del Fe, U= 11
x10-8 :.m.
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_____________________________________________________________________________________
RESOLUCIÓN:
dr
B
r
h
Tomamos un anillo diferencial de radio r y anchura dr, como se aprecia en la figura,
cuyo dS es:
2
2
2
dS S r dr Sr 2 S r 2 dr 2rdr Sr 2 Sr 2 S dr S 2rdr Sr 2
y aproximando dr | 0 nos queda:
dS 2Srdr
>
@
Por tanto, el flujo que atraviesa ese anillo será:
Ii ³ B x dSi B(t ) ³ 2Srdr B(t ) ˜ Sr 2 Bm senZt ˜ Sr 2
Como el flujo es variable, se induce una f.e.m:
H
dI
dt
Bm ˜ Z cos Zt ˜ Sr 2
La resistencia del anillo considerado es:
2Sr
L
U
Ri U
S
h ˜ dr
donde L es la longitud del anillo y S la sección de un corte del cilindro diferencial,
como se muestra en la siguiente figura:
I
Como el flujo es variable, se induce una f.e.m:
dI
H Bm ˜ Z cos Zt ˜ Sr 2
dt
Luego el dIi inducido en este anillo diferencial será:
H i Sr 2 BmZ cosZt rBmZ cosZt ˜ h ˜ dr
dI i
U ˜ 2Sr
Ri
U ˜2
h ˜ dr
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_____________________________________________________________________________________
Luego la potencia disipada por efecto Joule en este circuito es:
dPi
dI i 2
§ rBmZ cos Zt ˜ h ˜ dr · U ˜ 2Sr
¨¨
¸¸ ˜
U ˜2
©
¹ h ˜ dr
2
˜R
§ ShZ 2 Bm 2 cos 2 Zt · 3
¨
¸ ˜ r ˜ dr
¨
¸
2U
©
¹
Y la potencia total instantánea P(t) disipada en el cilindro será:
d
cos Zt 2 ˜
ShZ Bm cos Zt 3
ShZ Bm
PT ( t ) ³
˜ r ˜ dr
2U
2U
0
d
2
2
2
2
2
2
4
2
4
ShZ 2 Bm 2 cos2 Zt d 4
128U
1 T
PT ( t )dt
T ³0
ShZ 2 Bm 2 cos 2 Zt d 4
0.282 W
256 U
La potencia promedio en un período viene dada por: PT ( t )
Dado que cos 2 ( wt )
1
obtenemos: PT ( t )
2
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Tema 5.- CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA
(RESUMEN)
x Fuerza electromotriz alterna
Una corriente alterna es aquella que invierte su
sentido periódicamente. Centraremos nuestro
estudio en el caso más sencillo y común, en el cual
la intensidad es una función sinusoidal del tiempo.
Eje imaginario
H0 sen (w t + M)
I 0 sen ( wt D )
I
wt+
la amplitud de la señal, que se
Siendo: I0
corresponde con la intensidad máxima, w la
velocidad angular y D la fase inicial (en t=0).
Para generar una corriente de estas características
basta utilizar un generador de corriente alterna que,
tal como analizamos en el tema anterior, proporciona
una fuerza electromotriz:
H
H0
H 0 sen ( wt M )
Eje real
H0 cos (w t + M)
En lugar de utilizar amplitudes (valores máximos de H o
I) en alterna se trabaja con valores eficaces. Así
definiremos la f.e.m e intensidad como números
complejos en forma polar, cuyo módulo será la f.e.m.
(He) o intensidad eficaz (Ie) y su argumento la fase
inicial.
H
H e M;
I
Ie D
Existiendo tres magnitudes que la identifican:
-
ƒ Valores medios i eficaces
Su amplitud H0: valor máximo de la f.e.m.
-
Su frecuencia f: número de ciclos por segundo
(f=1/T, siendo T el periodo: T=2S /w )
-
Y la fase que pueda tener en cada instante:
(wt+M ), siendo M la fase inicial.
x
Representación compleja
Para ello, introducimos un número complejo giratorio
correspondiente a la f.e.m. alterna instantánea,
como:
H 0 cos ( wt M ) j H 0 sen ( wt M )
H 0 wt M
siendo la f.e.m. alterna instantánea
imaginaria de la f.e.m. compleja.
1 T /2
I 0 sen wt dt
T / 2 ³0
la
H
parte
2 I0
0,637 I 0
S
0,637 H 0
El valor eficaz de la f.e.m. o intensidad de la corriente
alterna es la raíz cuadrada del valor medio de su
cuadrado:
Ie
I2
1 T 2
I 0 sen 2 wt dt
³
0
T
Análogamente: H e
Con j
1 . Este número complejo recibe el
nombre de fasor. En forma polar podemos expresarlo
como:
H
I
De igual forma:
Realizar operaciones matemáticas con las
magnitudes utilizadas en los circuitos de corriente
alterna resulta muy cómodo si se representan estas
magnitudes en forma compleja.
H
El valor medio de la f.e.m. e intensidad deben
evaluarse en un semiperíodo, ya que el valor medio de
una función sinusoidal en un período completo es nulo.
Así:
I0
2
0,707 I 0
0,707 H 0
x Circuito resistivo puro
Circuito con una f.e.m. alterna y una resistencia R. En
un circuito de estas características la f.e.m. y la
intensidad siempre están en fase. Se puede definir una
resistencia compleja como:
Hoja 1 de 3
R
V
I
Ve M
R 0º
Ie M
XL
Luego R está sobre el eje real.
Z
XL-XC
x
M
Circuito inductivo
XC
Circuito con una f.e.m. alterna y una autoinducción L.
La intensidad se encuentra retrasada S/2 con
respecto a la tensión. Introducimos una reactancia
R
inductiva compleja X L , como:
Ve M
V
I
XL
I e M 90º
X L 90º
j XL
La impedancia será un número complejo, cuyo módulo
vale:
Z
Siendo XL=Lw.
X L está sobre la parte positiva del eje imaginario.
R2 (X L X C )2
y su argumento:
M
x
Circuito capacitativo
capacitativa compleja X C , como:
XC
Ve M
I e M 90º
X L 90º
XL XC
R
La ley de Ohm (vista en el tema 2) se puede
generalizar al caso de la corriente alterna haciendo
uso del concepto de fasor:
Z
j XC
Siendo XC=1/Cw.
X C está sobre la parte negativa del eje imaginario.
x
arctg
Ley de Ohm fasorial
Circuito con una f.e.m. alterna y un condensador C.
La intensidad se encuentra adelantada S/2 con
respecto a la tensión. Introducimos una reactancia
V
I
R 2 ( Lw 1 / Cw) 2
V
I
donde V es la tensión entre los extremos de un
elemento de circuito, I es la intensidad que
circula por dicho elemento, y Z es la impedancia
que presenta dicho elemento de circuito. La unidad
de la impedancia es el ohmio : .
Circuito RLC serie. Impedancia
Circuito con una f.e.m. alterna conectada a una
resistencia, una autoinducción y un condensador en
serie. En cada instante:
Asociación de impedancias
Impedancias en serie: Z T
¦Z
i
i
V
VR VL VC
I ˜ R I ˜ XL I ˜ XC
Impedancias en paralelo:
1
ZT
1
¦Z
i
i
Definimos la impedancia Z del circuito como:
x
Z
V
I
R XL XC
Potencia en circuitos de corriente alterna
La energía consumida por efecto Joule en un circuito
de corriente alterna será debida a su resistencia total,
Hoja 2 de 3
ya que las autoinducciones o condensadores
almacenan y devuelven energía al circuito, pero no la
consumen. La potencia instantánea disipada en una
resistencia recorrida por una corriente alterna será:
>I 0 sen ( wt M )@2 ˜ R
P
Siendo la potencia promedio disipada en dicha
resistencia:
>I 0 sen ( wt M )@
2
P
1 2
I0 R
2
˜R
2
e
I R
Esta potencia debe suministrarse por la fuente de
alterna :
P
I e2 R
Ie
Ve
R
Z
I e Ve ˜
R
Z
I e Ve ˜ cos M
estás realizando es un filtrado de la señal. En general
el filtrado de señales eléctricas resulta también
necesario en los sistemas de comunicaciones para
limpiar de ruido electromagnético la señal recibida.
Para el filtrado de señales eléctricas se aprovecha el
hecho de que la impedancia depende de la frecuencia
de la señal eléctrica que circula por el circuito.
Los tipos de filtros básicos serían:
-filtro pasa-alto. Se atenúan las bajas frecuencias de
una señal.
-filtro pasa-bajo. Se atenúan las bajas frecuencias.
-filtro pasa-banda. Sólo se transmite la zona de
frecuencias intermedias.
Un ejemplo sencillo de filtro pasa-altos sería el
siguiente:
C
Donde cos M es el factor de potencia.
Vent
R
Podemos definir una potencia compleja como:
S
S M
V ˜I*
Ve I e M
P jQ
Si calculas el cociente entre los valores eficaces de la
tensión de salida Vsal y la de entrada Vent obtienes,
Cuyo módulo (S=VeIe) es la potencia aparente
(medida en voltio-amperios) y su fase (M) es la fase
de la impedancia (diferencia de fase entre V e I).
La parte real de esta potencia compleja (P=Ve Ie
cosM) es la potencia activa (medida en Watios) y su
parte imaginaria (Q=Ve Ie senM) la potencia reactiva
(medida en voltio-amperios reactivos).
x
W Z Vsal
Vent
R
R2 1
Cw
2
W Z se conoce como la función de transferencia
para este circuito. Para frecuencias w cercanas a cero,
W Z vale cero de modo que no tendríamos señal de
salida Vsal para bajas frecuencias y sólo pasarán las
altas frecuencias.
Resolución de circuitos de corriente alterna
Para resolver circuitos de corriente alterna se utilizan
los mismos conceptos que en los circuitos de
corriente continua. Su planteamiento suele ser más
sencillo porque únicamente se trabaja con un
generador y no hay que preocuparse por el sentido
de las corrientes, pero presentan mayor dificultad en
la operatoria porque hay que trabajar con
magnitudes complejas.
x
Vsal
Filtros
En un equipo de música, cuando manipulas los
controles del ecualizador estás modificando el
contenido en frecuencias de la señal de audio que
escuchas, variando la relación entre agudos (altas
frecuencias) y graves (bajas frecuencias). Lo que
Un ejemplo de filtro pasa-bajos sería el siguiente:
R
C
Vent
Vsal
W Z En este caso la función de transferencia
siguiente expresión,
W Z Vsal
Vent
tiene la
1
Cw
2
R2 1
Cw
A medida que crece la frecuencia w, W Z se aproxima
a cero: por tanto la señal de salida Vsal se atenúa para
altas frecuencias.
Hoja 3 de 3
_____________________________________________________________________________________
RESOLUCIONES
5.1 En un circuito RL serie, con L = 2 mH y R = 10 :, circula una corriente de
intensidad I=2 sen 500t (A). Hallar la tensión total aplicada.
RESOLUCIÓN:
R
2
0º
2
2 ˜ sen500t Ÿ I
I0
I0
2
Al ser un circuito RL en serie:
Z R jX L
I
L
X L LZ 20 ˜ 103 ˜ 500 10:
luego:
Z 10 10 j
que en forma polar es:
102 102 10 2 ½
Z Z
°
¾ Ÿ Z 10 2 45º
10
45º
D arctg
°
10
¿
·
§ 2
V I ˜Z ¨
0º ¸ ˜ 10 2 45º 20 45º V © 2 ¹
Como:
­ V0
20 o V0 20 2
V0
°
V
T0 Ÿ ® 2
2
°T 45º
¯ 0
La tensión total aplicada será:
V 20 2 ˜ sen500t 45º V V está adelantado respecto de I.
Página 4 de 16
_____________________________________________________________________________________
5.2 En un circuito RC serie, con C = 20 ȝF y R = 5 :, circula una corriente de
intensidad I=2 sen 5000t (A). Hallar la tensión total aplicada.
RESOLUCIÓN:
R
I
2 ˜ sen5000t Ÿ I
Z
R jX C
Siendo X C
1
CZ
I0
I0
2
2
0º
2
1
6
C
20 ˜ 10 ˜ 5000
10:
­Z Z
52 102 11c 18½
°
°
Z 5 10 j Ÿ ®
¾ Ÿ Z 11c 18 63c43º
10
63c43º °
°D arctg
5
¯
¿
·
§ 2
V I ˜Z ¨
0º ¸ ˜ 11c 18 63c43 15c81 63c43º
© 2 ¹
luego:
V 15c81 2 ˜ sen5000t 63c43º V V está retrasado respecto de I.
5.3 A un circuito serie RC, con R = 10 :y C = 40 ȝF, se le aplica una tensión:
V = 500 sen(2500t - 20°) (V). Hallar la intensidad de la corriente que circula.
RESOLUCIÓN:
R
C
Página 5 de 16
_____________________________________________________________________________________
V
XC
500 ˜ sen2500t 20º Ÿ V
1
CZ
1
6
40 ˜ 10 ˜ 2500
Z
10 10 j 10 2 45º
Z
V
oI
I
I
25 ˜ 2 ˜ sen(2500t 25º )
V
Z
500
20º
2
10:
500
20º
2
10 2 45º
25 25º
La intensidad está adelantada respecto del voltaje
5.4 Una corriente alterna de 50 Hz atraviesa un circuito donde hay una resistencia de
15:y una autoinducción colocada en serie de 0'15 mH. ¿Cuál es la intensidad eficaz
cuando se aplica al circuito una tensión eficaz de 200 V?
RESOLUCIÓN:
L
R
Z R jX L
X L LZ L ˜ 2 ˜ S ·Q
0c15 ˜ 103 ˜ 2S ˜ 50
0c047:
Z 15 j ˜ 0.047
luego:
Z
Ie
152 0c047 2 | 15:
Ve
Z
200
13c33 A
15
5.5 En un circuito serie RL la autoinducción vale L = 21'1 mH. A la frecuencia de
Q=60 Hz la corriente está retrasada 53'1° respecto a la tensión. Calcular el valor de la
resistencia R.
RESOLUCIÓN:
Página 6 de 16
_____________________________________________________________________________________
L
R
XL
LZ
2 ˜ S ˜Q
21c 1 ˜ 103 ˜ 2S ˜ 60 8:
Sabemos que la I está retrasada 53’1º respecto de V, luego:
V Vef D ½°
Vef D
Ÿ M D E 53c1º
¾Ÿ Z ZM
I ef E
I I ef E °¿
Por tanto:
X L XC
80
tgM
Ÿ tg 53c1º ŸR
R
R
8
tg 53c1º 6:
5.6 Hallar la impedancia equivalente y la intensidad de corriente que circula por cada
rama del circuito de la figura.
RESOLUCIÓN:
Z1
­Z
102 20 2 22c36½
° 1
°
10 20 j Ÿ ®
¾ ŸZ 1
§ 20 ·
c
arctg
D
6
3
43
º
¨
¸
°
°
© 10 ¹
¿
¯
22c36 63c43º
Z2
­Z
152 152 22c21½
2
°
°
15 15 j Ÿ ®
¾ ŸZ 2
§ 15 ·
°D arctg ¨ ¸ 45º °
© 15 ¹
¿
¯
22c21 45º
Página 7 de 16
_____________________________________________________________________________________
22c36 63c43º ˜ 22c21 45º
Ze
Z1 ˜ Z 2
Z1 Z 2
I1
V
Z1
200 0º
22c36 63c43º
8c94 63c43º A
I2
V
Z2
200 0º
22c21 45º
9c43 45º A
10 20 j 15 15 j 474c2518c43
25 5 j
474c2518c43º
25c4911c 3º
18c60 7c13º : 5.7 En un circuito RLC serie, R = 10 :, L = 20 mH, C = 40 ȝF, se aplica la tensión
V=300sen(500t - 10°) (V). Hallar:
a) Impedancia equivalente.
b) Intensidad de la corriente que circula.
RESOLUCIÓN:
R
L
C
(a)
Z R jX L X C XL
LZ
XC
1
CZ
20 ˜ 10 3 ˜ 500 10 :
1
40 ˜ 10 6 ˜ 500
50 :
Luego:
Z
­Z
102 402 41c 23 ½
°°
°
10 40 j Ÿ ®
¾ ŸZ
§ 40 ·
°D arctg ¨ ¸ 75c96º °
°¯
© 10 ¹
¿
41c 23 75c96º : (b)
I
V
Z
300
10º
2
41c 23 75c96º
5c145 65c96º A
Por tanto:
I 5c145 2 ˜ sen500t 65c96º A
Página 8 de 16
_____________________________________________________________________________________
5.8 Un circuito de corriente alterna está formado por una bobina de 10 :de resistencia
óhmica y 710 :de inductancia. Calcular la intensidad eficaz para una tensión eficaz de
220 V, y la potencia disipada.
RESOLUCIÓN:
R
L
En este caso:
X L 710 : y R 10 : Z
10 710 j o Z
10 2 710 2
710c07 : La intensidad eficaz será:
Vef
200
0c31 A
I ef
710c07
Z
Y la potencia disipada en el circuito:
2
2
Pd I ef ˜ R 0c31 ˜ 10 0c96 W También podemos calcular la potencia disipada del siguiente modo:
Pd
Vef ˜ I ef ˜ cos M
siendo M
§ 710 ·
arctg ¨
¸ 89c19º
© 10 ¹
por tanto:
Pd 220 ˜ 0c31 ˜ cos89c19º 0c96 W Página 9 de 16
_____________________________________________________________________________________
5.9 Calcular la frecuencia de resonancia de un circuito con una autoinducción de 2 mH
y una capacidad de 150 pF.
RESOLUCIÓN:
C
L
El circuito entrará en resonancia cuando la impedancia sea mínima, es decir:
Z Zr 0
En nuestro caso, como R=0, tendremos que:
X XL XC
 o X L X C
Z Zr R jX Ÿ 0 0 jX Ÿ X 0 
XL
XC
LZ ½
°
1 ¾ o LZr
CZ °¿
1
Ÿ Zr
CZr
1
LC
1
3
12
2 ˜10 ˜150˜10
18c26 ˜105 rad
s
5.10 Dado el circuito de la figura determinar:
a) Impedancia equivalente.
b) Intensidad de corriente en cada rama.
c) Potencia total consumida.
RESOLUCIÓN:
a)
­° R1 15 ˜ cos20º 14c09 : ½°
Z1 15 20º Ÿ ®
¾ oZ1 14c09 5c13 j
°̄ X 1 15 ˜ sen20º 5c13 : °¿
Z2
­° R2 20 ˜ cos45º 10 2 : ½°
20 45º Ÿ ®
¾ oZ 2 10 2 10 2 j
°̄ X 2 20 ˜ sen45º 10 2 : °¿
Página 10 de 16
_____________________________________________________________________________________
Ze
Z1 ˜ Z 2
Z1 Z 2
15 20º ˜ 20 45º
14c09 5c13 j 10
2 10 2 j
300 65º
38c18 34c30º
8c77 30c7º : b)
I1
V
Z1
240 45º
15 20º
16 25º A
I2
V
Z2
240 45º
20 45º
12 0º A
c) Como la potencia total consumida es:
PC Vef ˜ I ef ˜ cos M
Siendo ij el desfase entre la V y la I, o lo que es lo mismo la fase de la Ze. Necesitamos,
por tanto, conocer la Ief total:
Vef
240
27c37 A
I ef
Z e 8c77
Por tanto:
PC 240 ˜ 27c37 ˜ cos30c7 º 5648c2 W 5.11 En el circuito de la figura It = 50'2 |102'5° (A) y V = 100 |90° (V). Hallar el valor
de la impedancia Z.
RESOLUCIÓN:
2:
V
It
Z
I2
I1
10:
I3
2j
La impedancia de la rama 1 será:
V
Z
I1
Calculando la intensidad de dicha rama como: I1
It I 2 I3
Página 11 de 16
_____________________________________________________________________________________
It
50c2102c5º
I2
V
Z2
100 90º
22j
I3
V
Z3
100 90º
10 0º
I1
10c86 49c01 j 25 25 j 10 j
Obtenemos:
100 90º
Z
19c9 44c7º
10c86 49c01 j
100 90º
2 2 45º
50
135º
2
25 25 j A
10 90º 10 j A
14c14 14c01 j 19c9 44c7º
5c025 45c3º : 5.12 En el circuito de la figura la frecuencia del generador de alterna es de 50 Hz.
Hallar el valor de la capacidad del condensador para que el factor de potencia sea de 0'5
en adelanto.
V
200 20º
C
50 30º
Z1
Z2
RESOLUCIÓN:
Con el factor de potencia, hallamos el argumento de la impedancia:
cos M 0c5 Ÿ M r60
Como la It va adelantada o M 60º
siendo ij el argumento de la impedancia total.
Z1
X C 90º
Z2
50 30º
ZT
Z1 ˜ Z 2
Z1 Z 2
43c3 25 j
X C 90º ˜ 50 30º
43c3 25 X C j
Z T 60º
Como el argumento de ZT debe ser (-60º) y el argumento del numerador coincide con
este valor Ÿ el argumento del denominador tiene que ser (0º):
25 X C
§ 25 X C ·
0 Ÿ X C 25 : 43c3 25 X C j Ÿ D arctg ¨
¸ 0Ÿ
43c3
© 43c3 ¹
Página 12 de 16
_____________________________________________________________________________________
Como X C
1
ŸC
CZ
1
X CZ
1
1c 27 ˜ 10 4 F 127 PF 25 ˜ 2S ˜ 50
5.13 Hallar las potencias activa, reactiva y aparente para cada una de las ramas del
circuito y comprobar la relación que existe entre ellas. Determinar la potencia
consumida por el circuito.
1
2
RESOLUCIÓN:
La potencia alterna es, S
S
P jQ , donde:
Vef ˜ I ef { Potencia aparente
P Vef ˜ I ef ˜ cos M { Potencia activa
Q Vef ˜ I ef ˜ senM { Potencia reactiva
En primer lugar hallamos las impedancias de las ramas y la equivalente:
Z 1 2 3 2 j 4 30º
Z2
2c5 2c5 3 j
Ze
Z1 ˜ Z 2
Z1 Z 2
5 60º
4 30º ˜ 5 60º
2 3 2 j 2c5 2c5 3 j
20 90º
5c96 6c33 j
20 90º
8c69 46c7º
2c3 43c3º : Hallamos las intensidades de las ramas 1 y 2 y la total:
200 0º
V
50 30º A
I1
4 30º
Z1
I2
V
Z2
200 0º
5 60º
IT
V
Ze
200 0º
2c3 43c3º
40 60º A
86c96 43c3º A
Página 13 de 16
_____________________________________________________________________________________
S V . A PW QV . A.R.
Rama 1 10000 8660
5000
Rama 2 8000
4000
6928
Total
17392 12660
11925
5.14 Hallar la impedancia equivalente y la intensidad que circula por cada una de las
ramas del circuito de la figura. Calcular también la intensidad total.
RESOLUCIÓN:
Hallamos la impedancia equivalente, a partir de las impedancias de cada rama:
Z 1 10
Z2
3 4 j
Z3
86j
50 53c13º
13c6 17c1º
Z 12
Z1 ˜ Z 2
Z1 Z 2
10 0º ˜ 5 53c13º
Ze
Z 12 ˜ Z 3
Z 12 Z 3
3c68 36º ˜ 10 36c87º
2c97 2c16 j 8 6 j 13 4 j
3c68 36º
2c97 2c16 j
36c8 0c87º
10c97 3c84 j
36c8 0c87º
11c 62 19c29º
3c17 18c42º
Las intensidades de cada rama son:
V 50 0º
I1
5 0º 5 A
10
Z1
50 0º
V
I2
10 53c13º 6 8 j A
Z 2 5 53c13º
I3
V
Z3
50 0º
10 36c87 º
5 36c87 º
4 3 j Y la intensidad total es:
50 0º
V
IT
15c77 18c42º
Z e 3c17 18c42º
A
15 5 j A
Página 14 de 16
_____________________________________________________________________________________
También podemos hallar la IT, como:
IT I1 I 2 I 3 5 6 8 j 4 3 j 15 5 j A
5.15 Hallar la potencia suministrada por el generador de tensión del circuito de la
figura, y las potencias disipadas en las resistencias.
RESOLUCIÓN:
˜
10:
A
Z1
IT
50 0º
3:
5j
Z2
I1
˜
I2
4j
Z3
B
En primer lugar calculamos las impedancias tanto de las ramas como la total del
circuito:
Z 1 10
Z2
5 j
Z3
3 4j
5 90º
5 53c13º
5 90º ˜ 5 53c13º
5 j 3 4 j Z 23
Z2 ˜ Z3
Z2 Z3
ZT
Z 1 Z 23 17c49 2c5 j 17c67 8c14º
7c9 18c44º
7c49 2c5 j
Con la impedancia total podemos obtener la intensidad que pasa por el generador:
50 0º
IT
2c83 8c14º 2c8 0c4 j A
17c67 8c14º
Por tanto la potencia suministrada por el generador será:
Pac Vef ˜ ITef ˜ cos M 50 ˜ 2c83 ˜ cos8c14 140 W Y la potencia disipada en la resistencia de 10Ÿ:
2
2
P10 ITef ˜ R 2c83 ˜ 10 80 W Página 15 de 16
_____________________________________________________________________________________
Para calcular la potencia que es disipada en R=3Ÿ, necesitamos conocer la intensidad
eficaz que circula por ella:
V R10
IT ˜ Z 1
V A V B
28c3 8c14 º
V V R10
28 4 j
50 28 4 j 22 4 j
22c36 10c3º V De modo que la intensidad será:
V A V B 22c36 10c3º
I2
4c47 63c43º 2 4 j A
5 53c13º
Z3
Y la potencia disipada en la resistencia de 3Ÿ:
2
2
P3 I 2 ef ˜ R 4c47 ˜ 3 60 W Podemos comprobar que la potencia total disipada en las resistencias del circuito,
coincide con la suministrada por el generador:
PT P10 P3 140 W Página 16 de 16
Tema 6.- ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS. (RESUMEN)
x
Ecuaciones de Maxwell
Las ecuaciones de Maxwell describen la totalidad de
los fenómenos eléctricos y magnéticos. Para campos
estáticos (no dependientes del tiempo) los campos E y
B son independientes entre sí. Pero para campos
variables en el tiempo ambos están interrelacionados,
siendo
más
correcto
hablar
del
campo
electromagnético.
&
&
E
d
S
x
³
&
&
B
d
S
x
³
& &
E
³ x dl
&
&
³ B x dl
qi
H0
0
&
& &
³ B x dl
d & &
B x dS
dt ³
d & &
P 0H 0 ³ E x dS
dt
Siendo:
c
1 w 2 Ez
c 2 wt 2
w 2 Bx
wy 2
1 w 2 Bx
c 2 wt 2
1
P 0H 0
B0 sen(Zt ky )
La primera ecuación representa un campo eléctrico
de amplitud E0 oscilando en la dirección del eje Z, de
forma sinusoidal y propagándose en el sentido
positivo del eje Y. La segunda ecuación representa
un campo magnético de amplitud B0 = E0/c, vibrando
en la dirección del eje X y propagándose, también,
en la el sentido de las Y positivas. Ambos campos
están en fase (alcanzan los máximos, los mínimos y
los ceros en los mismos puntos), son
perpendiculares entre sí y se propagan en la
dirección del eje Y en el sentido que determina el
&
onda O 2S / k , respectivamente. Las ondas E.M.
son ondas transversales porque las magnitudes
perturbadas (campos eléctrico y magnético) vibran
en direcciones perpendiculares a la dirección de
propagación de la onda. Las ondas transversales
pueden polarizarse. En este caso se trata de ondas
polarizadas planas porque las oscilaciones de
ambos campos se mantienen en un plano: ZY para
el campo eléctrico y XY para el campo magnético.
x
Energía e Intensidad de una onda EM.
La densidad de energía de una onda
electromagnética viene dada por la expresión:
Estas ecuaciones predicen la existencia de ondas
electromagnéticas. Nos indican que un campo B
variable en el tiempo origina un campo E variable en el
tiempo. A su vez, la segunda ecuación, nos indica que
un campo E variable en el tiempo origina un campo B
variable en el tiempo. Ambos campos se inducen y
sustentan mutuamente. De estas ecuaciones se deriva
que los campos eléctricos y magnéticos en el vacío
deben cumplir la ecuación de onda:
w 2 Ez
wy 2
B X ( y, t )
producto vectorial E u B , con una velocidad c fO
siendo la frecuencia f w / 2S y la longitud de
La última ecuación constituye la Ley de AmpèreMaxwell donde, además de la corriente de conducción
I, se incluye la corriente de desplazamiento. En
espacio libre y en ausencia de corrientes y
distribuciones de carga, las dos últimas ecuaciones
adoptan la forma:
&
E0 sen(Zt ky )
&
&
d &
x
B
d
S
dt ³
&
d &
P 0 I P 0H 0 ³ E x dS
dt
³ E x dl
E Z ( y, t )
u
uE uB
B2
1
H0E2 [J/m3]
2
2P0
Se cumple que las densidades de energía eléctrica y
de energía magnética son iguales en una onda EM.
Es decir, fijado un volumen, la energía se reparte por
igual entre el campo eléctrico y el magnético.
Tenemos, por tanto, que
u H0E2
B 2 / P0
La intensidad de una onda EM se define como la
cantidad de energía que fluye, por unidad de
tiempo, a través de una superficie perpendicular a la
dirección de propagación de la onda. Es decir:
2.995 u 108 m / s
I
dU
[J/sm2=W/m2]
dtdA
la velocidad de las ondas EM en el vacío.
Estas ecuaciones son satisfechas, entre otras,
funciones de onda de la forma:
por
Se sigue entonces que la Intensidad de la onda EM
se puede obtener multiplicando la densidad de
energía por la velocidad a la que la energía fluye por
Hoja 1 de 2
dicha superficie, es decir, la velocidad de propagación
de la onda:
I uc [W/m2]
6) Rayos X: desde ~ 10-9 m hasta 6 x 10-12 m
7) Rayos gamma: desde ~ 10-10 m hasta ~ 10-14 m
El vector de Poynting
x
El vecotr de Poynting se define de la siguiente forma:
Las fuentes de ondas EM son las cargas eléctricas
aceleradas. Cuando una carga oscila a una
determinada frecuencia, se origina una onda EM de
esa misma frecuencia. La manera de producir ondas
EM es mediante antenas dipolares eléctricas
(corrientes rectilíneas oscilantes) o antenas
dipolares magnéticas (espiras) o combinaciones o
variaciones de éstas.
& &
EuB
&
S
P0
siendo su módulo
S
[W/m2]
&
S
I
y su dirección y sentido los de propagación de la onda
electromagnética.
En el caso de una onda armónica, la intensidad media
Sm (valor medio del vector de Poynting) vale:
Sm
1
2P 0
E0 B0
1
H 0 E02 c
2
cB02
2P0
Se sigue, por tanto, que la intensidad de una onda EM
es proporcional al cuadrado de su amplitud.
Normalmente, cuando se habla de la intensidad de una
onda se refiere a la intensidad promedio.
Presión de radiación
De la misma manera que una onda EM transporta
energía, también transporta una cantidad de momento
lineal dada por:
Emisión y propagación de ondas E.M.
La potencia radiada por una antena dipolar eléctrica
no es isótropa. Si la antena está orientada según el
eje Z, la intensidad de emisión es nula a lo largo del
eje Z y máxima en el plano XY.
Cuando una onda EM se propaga en un medio
material, su velocidad de propagación es:
v
1
PH
Se define el índice de refracción del medio como
n = c/v
Que se puede expresar en función de
permeabilidad y permitividad relativas como:
n
la
H r Pr
p u/c
Para la mayoría de medios que transmiten ondas
EM P r | 1 (medios no ferromagnéticos) y por tanto
Cuando una onda EM incide sobre una superficie
reflectante, la presión que ejerce sobre dicha superficie,
llamada presión de radiación vale:
n | Hr
p (1 r )
Sm
c
donde r es el coeficiente de reflexión de la superficie en
intensidad, cuyo valor es 0 si la onda es absorbida
totalmente ó 1 si es reflejada totalmente.
x
Espectro electromagnético
Dependiendo de su frecuencia (o de la longitud de
onda) las ondas EM se clasifican en diferentes bandas.
La totalidad de las bandas existentes constituye lo que
se conoce como el espectro electromagnético.
Atendiendo a las longitudes de onda, podemos dividir el
espectro EM en:
1) Radiofrecuencia: varios km hasta 0.3 m
2) Microondas: desde 0.3m hasta 10-3 m
3) Infrarrojos: desde 10-3 m hasta 7.8 x 10-8 m
4) Luz o espectro visible: desde 780 nm hasta 380 nm
5) Ultravioleta: desde 3.8 x 10-7m hasta 6 x 10-10 m
Como la permitividad relativa depende de la
frecuencia de la onda EM, su velocidad depende de
la frecuencia de la radiación. Esto origina la
dispersión de la onda en un medio material.
x
Aplicaciones:
-
Antenas, emisión y recepción
-
Comunicaciones inalámbricas
-
Fibras ópticas
-
Lectura y grabación de información en
soporte óptico: CDs y DVDs
Hoja 2 de 2
RESOLUCIONES
6.1. En una onda electromagnética plana, que se propaga en el vacío, el campo eléctrico
viene dado por:
Ex E y 0
Ez
2sen(2Sy 6S 108 t ) S .I Determinar:
a) la longitud de onda y su frecuencia
b) el tipo de polarización
c) la dirección de propagación
d) el campo magnético asociado.
RESOLUCIÓN:
a) La longitud de onda y su frecuencia:
Comparando la ecuación que describe el comportamiento del campo eléctrico con la
ecuación del modelo:
E z E0 sen(ky Zt ) S .I tenemos que :
2S
k 2S o
2S o O 1m
O
Z
6S ˜ 10 o 2SQ
8
6S ˜ 108 o Q
3 ˜ 108 Hz
b) El tipo de polarización:
Ya que el campo eléctrico oscila según la dirección del eje z, se trata de una onda
polarizada linealmente en el eje z.
c) La dirección de propagación:
Obsérvese, en primer lugar, la dependencia de Ez con la coordenada y, lo que indica que
la onda se propaga en la dirección de dicho eje. Además, el signo negativo que aparece
en la fase del campo eléctrico indica que la propagación tiene lugar hacia la derecha
(valores crecientes de la coordenada y). En consecuencia, puede afirmarse que la onda
se propaga en el sentido positivo del eje y.
d) El campo magnético asociado:
La dirección y sentido de propagación de la onda vienen dados por el vector de Pointing
&
( S ), que está definido por:
& &
& EuB
S
P0
Teniendo en cuenta la dirección de propagación de la onda, es claro que el campo
magnético asociado, debe estar dirigido hacia el eje x:
Página 3 de 13
z
&
E
&
S
x
&
B
y
Por tanto, dicho campo magnético será de la forma:
By Bz 0
Ez
c
Así pues:
Bx
Bx
2sen(2Sy 6S ˜ 108 t )
3 ˜ 108
6c67 ˜ 109 sen(2Sy 6S ˜ 108 t ) S .I de donde:
By Bz 0
Bx
6c67 ˜ 10 9 sen(2Sy 6S ˜ 108 t ) S .I 6.2. Una onda electromagnética plana que se propaga en el vacío, en la dirección
positiva del eje X, tiene una intensidad máxima del campo eléctrico de 6 ˜ 103V / m . Si la
onda está polarizada linealmente según el eje Y, y su longitud de onda es de 2m,
determinar:
a) las expresiones de los campos eléctrico y magnético que describen la onda
b) el vector de Poynting
c) la intensidad media de energía que transporta la onda.
RESOLUCIÓN:
a) Las expresiones de los campos eléctrico y magnético que describen la onda:
Si la onda está polarizada linealmente según el eje y, y se propaga en la dirección
positiva del eje x, el campo eléctrico será:
Ex Ez 0
Ey
E0 sen(kx Zt )
Página 4 de 13
donde:
2S
k
O
2S
2m
S m 1 c
3 ˜ 108
2S
2S
3S ˜ 108 s 1
2
&O
Por lo tanto, E será:
­Ex 0
&
°
E Ex , E y , Ez ® E y 6 ˜ 103 sen(Sx 3S ˜ 108 t )
°
¯Ez 0
Z
2SQ
& &
E
u B tendrá el
El campo magnético
tendrá
la
dirección
z
y
sentido
positivo,
entonces
&
sentido de k , (dirección positiva de x):
Bx By 0
Bz
B0 sen(kx Zt )
y
&
E
&
k
&
B
x
z
de forma que:
­
°° B z
E0
o®
B0
c
°B
°¯ z
Ey
c
Ey
c
6 ˜ 10 3 sen (Sx 3S ˜ 10 8 t )
3 ˜ 10 8
Es decir:
Bz 2 ˜ 10 5 sen(Sx 3S ˜ 108 t ) S .I b) El vector de Poynting será:
por lo que:
&
& 1
&
S
E y j u Bz k
&
S
E y Bz & &
j uk
1 & &
EuB
P0
E y By &
i
P0
P0
P0
sustituyendo valores:
&
&
1
3
5
2
8
S
sen
S
x
S
t
i
˜
˜
˜
6
10
2
10
(
3
10
)
4S ˜ 10 7
Página 5 de 13
de donde:
&
&
S 9c5 ˜ 104 sen 2 (Sx 3S ˜ 108 t ) i S .I >
@
c) La intensidad media de energía que transporta la onda, es el valor medio del vector de
Pointing:
& EB
6 ˜ 103 ˜ 2 ˜ 105
0 0
S medio S
4c8 ˜ 104 W 2
7
m
2 P0
2 ˜ 4S ˜ 10
6.3. El vector de Poynting de una onda electromagnética plana que se propaga en el
vacío es:
&
&
S 100 cos 2 10 z 3 ˜ 109 t k S .I >
@
Determinar:
a) la dirección de propagación de la onda
b) la longitud de onda y la frecuencia
c) las ecuaciones de los campos eléctrico y magnético.
RESOLUCIÓN:
a) La dirección y sentido de propagación de una onda electromagnética, vienen dadas
por los del vector de Pointing, en este caso, el eje z negativo.
b) Viendo la expresión del vector de Pointing, podemos asociar:
k
10 o O
2S
k
2S
10
Z
2S
Z 3 ˜ 109 o Q
0c628m
3 ˜ 109
2S
4c77 ˜ 108 Hz
c) Las ecuaciones de los campos las hallamos a partir de S0:
S0
E0 B0
P0
B0
E0
2
c

o S0
E0
P0c
De donde:
E0
B0
P0cS0
E0
c
194c2
3 ˜ 108
m
4S ˜ 10 7 ˜ 3 ˜ 108 ˜ 100 194c2 V
6c47 ˜ 10 7 T Página 6 de 13
Cuatro posibles soluciones que satisfacen las soluciones del problema serían las
siguientes:
z
z
&
B
&
B
y
x
&
E
&
S
&
E
z
&
B
z
&
E
& y
B
&
E
&
B
y
x
&
S
x
&
E
y
x
&
S
&
S
&
&
&
­ E1 194c2 cos(10 z 3 ˜ 109 t )i ; B1 6c47 ˜ 107 cos(10 z 3 ˜ 109 t ) j
°&
&
&
&
9
9
7
½
E0 cos(kx Zt )° °° E2 194c2 cos(10 z 3 ˜ 10 t ) j ; B2 6c47 ˜ 10 cos(10 z 3 ˜ 10 t )i
&
&
&
¾o®&
B0 cos(kx Zt ) °¿ ° E3 194c2 cos(10 z 3 ˜ 109 t )i ; B3 6c47 ˜ 10 7 cos(10 z 3 ˜ 109 t ) j
&
&
°&
9
9
7
°¯ E4 194c2 cos(10 z 3 ˜ 10 t ) j ; B4 6c47 ˜ 10 cos(10 z 3 ˜ 10 t )i
6.4. Una antena de radiodifusión emite isotrópicamente a 100 kHz con una potencia de
60 kW. Determinar:
a) el número de onda y la frecuencia angular de las ondas radiadas
b) la intensidad media de la onda a una distancia de 6 km de la antena
c) la presión de radiación a esa distancia
d) los valores máximos de los campos eléctrico y magnético.
RESOLUCIÓN:
a) Frecuencia angular:
Z 2SQ 2S ˜ 100 ˜ 103
2 ˜ 105 S rad
s
Número de onda:
Z
kc o k
Z
c
2 ˜ 105 S
3 ˜ 108
6c67 ˜ 10 4 S m 1
b) Puesto que la antena emite en forma isótropa, la emisión es uniforme en todas las
direcciones. Así pues, a una distancia r de la antena emisora, la energía se distribuye
Página 7 de 13
uniformemente en una superficie esférica de radio r. La intensidad media es el valor
medio del vector de Pointing:
6 ˜ 104
Pmed
1c 33 ˜ 10 4 W 2
I med S med
2
2
3
m
4Sr
4S ˜ 6 ˜ 10
c) La presión de radiación en un punto, es igual a la intensidad media de la onda en
dicho punto, dividida por su velocidad de propagación:
S rad 1c 33 ˜ 104
4c43 ˜ 1013 Pa
Prad
8
3 ˜ 10
c
d) A una distancia r = 6km del foco podemos considerar que la onda es plana, por lo
que la intensidad media se relaciona con el valor máximo del campo eléctrico mediante:
1
1
2P0cSmed
S med
E0 B0
E02 o E0
2P0
2P0c
Sustituyendo valores se tiene:
E0
2 P0cSmed
2 ˜ 4S ˜ 10 7 ˜ 3 ˜ 108 ˜ 1c 33 ˜ 10 4 0c317 V
m
Por lo tanto el campo magnético será:
E0 0c317
B0
1c 06 ˜ 10 9 T 8
c 3 ˜ 10
6.5. Con objeto de detectar la señal de una antena de radio que emite a 90 MHz se
emplea una espira conductora circular de 30 cm de radio. Suponiendo que la antena
radia isotrópicamente con una potencia de 25 kW, determinar la tensión eficaz que la
onda electromagnética induce en la espira, si ésta se encuentra a una distancia de 20 km
de la antena.
RESOLUCIÓN:
antena emisora
r
Si la antena emite isotrópicamente, el sistema tiene simetría esférica. El área de la
superficie esférica a una distancia r es, A=4ʌr2, y en ella se distribuye la uniformemente
la potencia media emitida:
Pmed Pmed
I med
A
4Sr 2
Para un valor de r = 20Km y una Pmed=25KW:
Página 8 de 13
25 ˜ 10 3
Pmed
4 c97 ˜ 10 6 W 2
2
2
3
m
4S r
4S 20 ˜ 10
Como la intensidad media es igual al valor medio del vector de Pointing, queda:
S med 4c97 ˜ 10 6 W 2
m
Como a esa distancia, (20Km), la onda puede considerarse plana (aproximación de onda
plana de la onda esférica), el valor medio del vector de Pointing es:
2
1 E0 B0 B0 c
S med
2 P0
2P0
I med
De donde puede despejarse B0:
2P0 S med
2 ˜ 4S ˜ 107 ˜ 4c97 ˜ 106
2c04 ˜ 1010 T c
3 ˜ 108
que es la amplitud del campo magnético de la onda emitida por la antena.
Para detectar la señal se usa una pequeña espira conductora circular de radio R=0´3m,
que es un valor pequeño:
B0
antena
espira
Como la espira es muy pequeña, podemos suponer que el campo magnético de la onda
es constante en la superficie de la espira y además supondremos la situación más
&
favorable posible, es decir, que B es perpendicular a la superficie de la espira:
&
&
B
A
El flujo magnético que atraviesa la espira será:
& &
0q
) B B ˜ A B ˜ A cosT T

o)B B ˜ A
Podemos calcular la f.e.m inducida aplicando la ley Faraday-Henry:
dB
dB
d)
d
H B B ˜ A A
Sr 2
dt
dt
dt
dt
Como estamos suponiendo que a la distancia de 20km la onda es plana, B tendrá la
forma general:
B B0 sen(kx Zt )
de donde:
dB
SR 2 B0Z cos(kx Zt ) dt
cuyo valor máximo es:
H 0 SR 2 B0Z SR 2 B0 2SQ 2S 2 R 2 B0Q
Puesto que la f.e.m inducida es sinusoidal, su valor eficaz es:
H
SR 2
Página 9 de 13
H ef
H0
2
2S 2 R 2 B0Q
2
2S 2 ˜ 0c32 ˜ 2c04 ˜ 1010 ˜ 90 ˜ 106
2
0c023V
23mV
6.6. Un transmisor de radar emite su energía dentro de un cono que abarca un ángulo
sólido de 0.01 Sr. El campo eléctrico tiene una amplitud de 10 V/m a una distancia de
1km. Encontrar la amplitud del campo magnético y la potencia del transmisor.
RESOLUCIÓN:
A
r
El campo magnético se puede hallar fácilmente de la relación:
E0
10
B0
0c33 ˜ 10 7 T 8
c 3 ˜ 10
Para hallar la potencia del transmisor, debemos tener en cuenta que:
Pmed
I med
o Pmed I med ˜ A
A
De modo que necesitamos hallar el área A, a partir del ángulo sólido:
3m
2
A
:
0c01 Sr o A : ˜ r 2 r10o A : ˜ r 2 0c01 ˜ 103
104 m 2
2
r
Por otro lado la Imed (suponiendo ondas electromagnéticas planas armónicas), es:
1
I med
u ˜c
2
2
donde u H 0 ˜ E0
1
1
I med
H 0 ˜ E0 2 ˜ c
8c85 ˜ 1012 ˜ 102 ˜ 3 ˜ 108 13c27 ˜ 10 2 W 2
m
2
2
Sustituyendo en la expresión de la potencia:
Pmed I med ˜ A 13c27 ˜ 10 2 ˜ 104 1327 W
Página 10 de 13
6.7. La radiación electromagnética del Sol incide sobre la superficie de la Tierra con
una intensidad media de 1c 4 ˜ 103 W / m 2 . Suponiendo que esta radiación puede
considerarse como una onda plana, estimar el módulo de las amplitudes de los campos
eléctrico y magnético de la onda.
RESOLUCIÓN:
Sol
Tierra
r | 1c 49 ˜ 1011 m
La intensidad media es:
I media 1c 4 ˜ 103 W 2
m
Considerando que la onda que nos llega a la tierra, es aproximadamente una onda plana,
igualamos este valor al de la intensidad media de una onda plana:
1
2 I med
2 ˜ 1c 4 ˜ 103
1c 15 ˜ 103 V
H 0 E0 2c 1c 4 ˜ 103 o E0
8
12
m
c
2
8 85 ˜ 10 ˜ 3 ˜ 10
H 0c
B0
E0
c
1c 15 ˜ 103
3 ˜ 108
3c84 ˜ 10 6 T 6.8. Las ondas de radio recibidas en un radiorreceptor tienen un campo eléctrico de
amplitud máxima igual a 101 V / m . Suponiendo que la onda se puede considerar plana,
calcular:
a) la amplitud del campo magnético
b) la intensidad media de la onda
c) la densidad media de energía
d) Suponiendo que el receptor está a 1 km de la radioemisora y que ésta irradia energía
en forma isótropa, determinar la potencia en la estación.
RESOLUCIÓN:
a) Si la onda es plana podemos hacer:
E0
101
B0
0c33 ˜ 10 9 T 8
c 3 ˜ 10
Página 11 de 13
b) La intensidad media de la onda es el valor medio del módulo del vector de Pointing,
cuyo valor es:
I med
S med
1 E0 B0
2 P0
de donde:
I med 1c 33 ˜ 10 6 W
1
H 0 E0 2c
2
m
2
c)La intensidad media de energía será:
I med
I med umed ˜ c o umed
4c42 ˜ 1015 J 3
m
c
d)
r
x
emisor
I med
Pmed
área
Pmed
o Pmed
4Sr 2
4Sr 2 I med
167 W 6.9. Una onda electromagnética de frecuencia Q, que se propaga en el vacío, penetra en
un medio material no magnético de permitividad relativa Hr . Determinar la variación
que experimenta su longitud de onda.
RESOLUCIÓN:
Si O0 y c son la longitud de onda y la velocidad de la onda en el vacío, y O y v la
longitud de onda y la velocidad de la onda en el medio, como la frecuencia, f, no
cambia:
c
c O0 f o O0
f
La c puede expresarse mediante:
1
c
H 0 P0
Y en el medio material:
v
v Of o O
f
La v se puede expresar como:
1
1
1
v
HP
H r H 0 P r P0
H 0 P0
Si el medio es no magnético, P r
1
c
H r Pr
H r Pr
1 , por lo que:
Página 12 de 13
c
v
c
f
Hr
f Hr
La variación en la longitud de onda, 'O , queda:
·
c
c c §¨ 1
'O O O0
1¸
¸
f
f ¨© H r
f Hr
¹
Como H r ! 1 , queda:
1
1
1o
1 0
v
Hr
oO
Hr
con lo cual:
'O 0 o O O0
Por tanto la longitud de onda de una onda electromagnética, disminuye al pasar del
vacío a un medio material.
Página 13 de 13