certamen 2

Pauta 1o Certamen
Potencial Eléctrico, Capacitores y Dieléctricos
CONSIDERACIONES GENERALES: Cada pregunta tiene como nota máxima un 7.0. La nota
final se tomará como el promedio entre las notas de cada pregunta.
Problema 1 En los puntos A, B, C que corresponden a los vértices de un cuadrado de lado a = 0,1 [m], se
colocan las cargas puntuales −q, +q y −2q, donde q = 2 · 10−8 [C]:
Determinar la energı́a del sistema formado por las tres cargas.
El trabajo para trasladar una carga de 3 · 10−8 [C] desde el centro al vértice D.
Solución
a) La energı́a del sistema de cargas está dado por
U = UAB + UBC + UAC
donde
Uij =
qi qj
1 qi qj
1
=
4πǫ0 |~ri − ~rj |
4πǫ0 r
con r es la distancia que separa las cargas qi y qj . Las energı́as involucradas son
(−2 · 10−8 )(2 · 10−8 )
1 qA qB
= 9 · 109
= −3,6 · 10−5 [J]
4πǫ0 rAB
0,1
1 qB qC
(2 · 10−8 )(−4 · 10−8 )
=
= 9 · 109
= −7,2 · 10−5 [J]
4πǫ0 rBC
0,1
(−2 · 10−8 )(−4 · 10−8 )
1 qA qC
p
= 9 · 109
=
= 5,1 · 10−5 [J]
4πǫ0 rAC
2 · 0,12
UAB =
UBC
UAC
Por lo tanto
U = UAB + UBC + UAC
¡
¢
= −3,6 · 10−5 − 7,2 · 10−5 + 5,1 · 10−5 [J]
= −5,7 · 10−5 [J]
b) El trabajo realizado para mover la carga q2 = 3 · 10−8 [C] desde el centro hasta el vértice D es el mismo
si se calcula el trabajo al modificar el sistema completo al mover la carga q2 . Por lo tanto, el trabajo es el
negativo de la variación de la energı́a potencial del sistema, es decir
W = −∆U = Ui − Uf
donde Ui es la energı́a del sistema cuando la carga q2 está en el centro, y Uf es la energı́a del sistema
cuando q2 se ubica en el vértice D. Las energı́as están dadas por
Ui = UAB + UBC + UAC + UAO + UBO + UCO = U + UAO + UBO + UCO
Uf = UAB + UBC + UAC + UAD + UBD + UCD = U + UAD + UBD + UCD
donde O denota el centro del cuadrado. Evaluando, tenemos
6 · 10−16
12 · 10−16
6 · 10−16
√ + 9 · 109
√ − 9 · 109
√ = −2,1 · 10−4 [J]
0,05 2
0,05 2
0,05 2
6 · 10−16
12 · 10−16
6 · 10−16
√ − 9 · 109
Uf = −5,7 · 10−5 − 9 · 109
+ 9 · 109
= −1,8 · 10−4 [J]
0,1
0,1
0,1 2
Ui = −5,7 · 10−5 − 9 · 109
Entonces, el trabajo es W = Ui − Uf = −3 · 10−5 [J]. Sin embargo, este es el trabajo realizado por el
sistema al trasladar la carga q2 desde el centro al vértice. Por lo tanto, el trabajo realizado por un agente
externo es
Wext = 3 · 10−5 [J]
2022 - Electromagnetismo
Plev 2008
E.S. y M.S.
Pauta 1o Certamen
Potencial Eléctrico, Capacitores y Dieléctricos
Problema 2 Dos capacitores idénticos se conectan como se muestra en la figura. Una placa de dieléctrico se
introduce entre las armaduras de uno de ellos estando la fuente conectada. Describir cuantitativamente lo que
ocurre a cada uno de los condensadores antes y después de introducir el dieléctrico referente a:
la carga
la capacitancia
la diferencia de potencial
el campo eléctrico
la energı́a almacenada
C0
C0
V0
V0
C = C0
C0
Solución
La capacitancia de cada uno de los condensadores es C0 . Dado que los capacitores se conectaron en serie,
ambos obtienen la misma carga, dado que circula la misma corriente en ambos. La carga entonces es la que
tendı́a una capacitancia equivalente del circuito. Como están conectados en serie, la capacitancia equivalente es
1
1
2
C0
1
=
+
=
⇒ Ceq =
Ceq
C0
C0
C0
2
C0 V0
. Por
y como la carga de un condensador es Q = CV , entonces la carga del capacitor equivalente es Qeq =
2
C0 V0
lo tanto, la carga de cada capacitor es Q0 =
. A su vez, cada capacitor tendrı́a como voltaje V = Q/C0 ,
2
C0 V0
V0
y dado que la carga de cada uno es
, entonces cada capacitor tendrı́a como voltaje V =
.
2
2
1
La energı́a que almacena un capacitor cualquiera es U = CV 2 . Dado que cada capacitor tienen la misma
2
capacitancia y el mismo voltaje, entonces la energı́a que almacenan los condensadores es la misma y es
U=
1
1
CV 2 = C0
2
2
µ
V0
2
¶2
=
1
C0 V02
8
Si suponemos que los capacitores tienen una distancia d medida entre las placas, entonces el módulo del
campo eléctrico que hay entre ellas mismas está dado por V = Ed. Como ambos capacitores tienen el mismo
voltaje, tienen el mismo campo entre sus placas y es
E=
V0 /2
V0
V
=
=
d
d
2d
Cuando se introduce el dieléctrico en el segundo capacitor, su capacitancia varı́a de acuerdo a C2 = κC0 .
Luego, la capacitancia equivalente del nuevo circuito es
1
1
1
κ+1
κ
C0
=
+
=
⇒ Ceq =
Ceq
C0
κC0
κC0
κ+1
2022 - Electromagnetismo
Plev 2008
E.S. y M.S.
Pauta 1o Certamen
Potencial Eléctrico, Capacitores y Dieléctricos
Luego, la carga que adquiere este capacitor equivalente es Q = Ceq V0 =
κ
C0 V0 , y como discutimos
κ+1
antes, es la misma carga que adquieren ambos capacitores.
Q
La diferencia de potencial en cada capacitor es V = . Luego, para el primer capacitor (sin dieléctrico)
C
κ C0 V0
κ
tenemos que el voltaje es V1 =
=
V0 , mientras que para el segundo capacitor es V2 =
κ + 1 C0
κ+1
1
κ C0 V0
=
V0 .
κ + 1 κC0
κ+1
El campo eléctrico lo habı́amos definido como E = V /d. Luego, para ambos capacitores:
V1
κ V0
=
d
κ+1 d
1 V0
V2
=
E2 =
d
κ+1 d
E1 =
La energı́a almacenada en cada capacitor es U = CV 2 /2. Reemplazando, obtenemos que
¶2
µ
¶2
κ
κ
1
V0
=
C0 V02
κ+1
2 κ+1
µ
¶2
µ
¶2
1
1
1
1
V0
C0 V02
= κ
U2 = κC0
2
κ+1
2
κ+1
1
U1 = C0
2
µ
Capacitor
C
Q
V
E
U
Cap. 1 y 2
C0
1
C0 V0
2
1
V0
2
1 V0
2 d
1
C0 V02
8
1
C0
κ
C0 V0
κ+1
κ
V0
κ+1
κ V0
κ+1 d
1
2
2
κC0
κ
C0 V0
κ+1
1
V0
κ+1
1 V0
κ+1 d
1
κ
2
Resumiendo:
2022 - Electromagnetismo
µ
κ
κ+1
µ
¶2
1
κ+1
C0 V02
¶2
C0 V02
Plev 2008
E.S. y M.S.
Pauta 1o Certamen
Potencial Eléctrico, Capacitores y Dieléctricos
Problema 3 Determinar el potencial
en todos los puntos del espacio debido a una esfera de radio R con
√
densidad volúmica de carga ρ = A r. Graficar V (r) vs. r.
Solución
√
Primero, calculemos la carga neta de esta distribución: dado que ρ = dq/dV = A r, entonces
Z
Z
√
Q=
ρ(r) dV = A
r dV
con dV = r2 sen θ drdθdϕ
V
Q=A
Z
V
2π
0
= 4πA
⇒Q=
Z
π
Z
0
R
8
πAR7/2
7
R
r5/2 sen θ drdθdϕ
0
r
0
Z
5/2
¯R
¯
8
7/2 ¯
dr = πA r ¯
7
0
donde Q es la carga neta de la esfera.
Para encontrar el potencial de la esfera, ocuparemos la relación
Z b
~ · d~l
φb − φa = −
E
a
donde escogeremos algún potencial de referencia φa . Dado que el campo eléctrico es diferente en las regiones
r < R y r > R:
El campo eléctrico en r > R, es, según la Ley de Gauss
I
~ · dS
~ = qenc = Q = 8 π AR7/2
E
ǫ0
ǫ0
7 ǫ0
~ = E r̂ ⇒ E
~ · dS
~ = EdS y si E
~ es constante en cada punto de la superficie gaussiana
Si el campo es radial, E
de radio r, con r > R, entonces
8π
AR7/2
7 ǫ0
7/2
~ = 2 A R r̂
⇒E
7 ǫ0 r2
E 4πr2 =
Si escogemos el potencial de referencia en el infinito, es decir, φ∞ = 0, entonces
Z r
~ · d~l
φ(r) = −
E
∞
~ ·d~l = E
~ ·d~r = E dr:
y si escogemos la trayectoria radial para la integral de lı́nea, entonces d~l = d~r y por lo tanto E
· ¯r ¸
Z
Z r
2 A 7/2 1 ¯¯
2 A 7/2 r dr
R
=
R
φ(r) = −
E dr = −
2
7 ǫ0
7 ǫ0
r ¯∞
∞ r
∞
⇒ φ(r) =
2 A R7/2
,
7 ǫ0 r
r>R
Otra forma de resolver, para r > R, es observar que la esfera se comporta como una partı́cula puntual, donde
su potencial es φ(r) = kq/r, donde se llega al mismo resultado.
Por otro lado, el campo dentro de la esfera lo calculamos usando la Ley de Gauss:
I
~ · dS
~ = qenc
E
ǫ0
donde
qenc =
Z
ρ(r) dV =
V
8
πAr7/2
7
y por los mismos argumentos anteriores
8π
Ar7/2
7 ǫ0
~ = 2 A r3/2 r̂
⇒E
7 ǫ0
E 4πr2 =
2022 - Electromagnetismo
Plev 2008
E.S. y M.S.
Pauta 1o Certamen
Potencial Eléctrico, Capacitores y Dieléctricos
y necesitamos un potencial de referencia para la región r < R. Dado que el potencial eléctrico es una función
contı́nua, en la interface r = R, φ(R) debe ser univaluada, es decir,
φ(R) =
2 A 5/2
R ,
7 ǫ0
para r < R y r > R
Por lo tanto, podemos calcular el potencial como
φ(r) − φ(R) =
Z
r
R
~ · d~l,
E
φ(r) = φ(R) +
Z
r
R
r<R
~ · d~l = φ(R) +
E
Z
R
E dr
r
Z
2 A 5/2 2 A R 3/2
R +
r dr
7 ǫ0
7 ǫ0 r
·
´¸
2A
2 ³ 5/2
5/2
5/2
=
R −r
R +
7 ǫ0
5
·
¸
2 A 7 5/2 2 5/2
R − r
=
7 ǫ0 5
5
i
2 A h 5/2
⇒ φ(r) =
7R − 2r5/2 , r < R
35 ǫ0
⇒ φ(r) =
2022 - Electromagnetismo
Plev 2008
E.S. y M.S.