Ejercicios Resueltos De Electromagnetismo 4a4j2n

Ponticia Universidad Católica de Chile Facultad de Física Electricidad y Magnetismo: Fis 1532-1; Fiz 0221-1

Ayudantía 9 - Soluciones Capacitancia

Profesor: Ricardo Ramirez ([email protected])

Miércoles 10 de Septiembre del 2008 Problema 1 Considere un sistema formado por dos supercies cilíndricas conductoras de ejes de simetría paralelos, ambos de radio R, largo innito y separados por una distancia de 2d entre sus ejes, con d >> R. Si son cargados a una diferencia de potencial V0 , con cargas Q y −Q, encuentre la capacidad por unidad de longitud aproximada para el sistema de cilindros. Solución: Podemos encontrar el potencial usando el campo eléctrico superposición de los campos de ambos cilindros. Dado que están muy lejos, es decir, d >> R, podemos considerar que el campo de un cilindro no redistribuye la carga en la supercie del otro (por ello, podemos considerar el campo eléctrico como la superposición de los campos generados por cada uno como si el otro no estuviese). Además, la diferencia de potencial entre ambos cilindros es igual a la diferencia de potencial entre los puntos más cercanos de ambos cilindros, los cuales están a lo largo de la línea que une sus ejes (o la diferencia de potencial entre dos puntos cualesquiera de ambos cilindros, pues al estar en equilibrio ambos conductores, sus supercies son equipotenciales). Encontremos el campo eléctrico que genera un cilíndro de largo innito. Este lo calculamos en el problema 1 de la ayudantía 3, el cual es ~ E(r) =

σ 0

~0

R r

r
donde ρˆ es el vector unitario que va desde el eje de simetría del cilindro, normal a éste, al punto en cuestión. Pongamos el origen en el punto medio del segmento que une ambos ejes, y el cilindro de carga positiva en x < 0. De esta forma, la diferencia de potencial entre los puntos 1

mencionados es Z

V0 = 4V

= − = = = =

pero σ =

Q (2πR)L

~ r) · d~r E(~ Γ Z −d+R

σRˆ x σR · −ˆ x − − · dxˆ x 0 (d + x) 0 (d − x) d−R Z σR −d+R 1 1 − + dx 0 d−R d+x d−x −d+R x + d σR ln − 0 d − x d−R 2σR 2d − R · ln 0 R

, por lo que

Q 4V = · ln 0 πL



2d − R R



Q · ln =⇒ |4V | = 0 πL



2d − R R

Pero, tenemos que la capacitancia por unidad de longitud es C = =⇒ C =

0 π ln

2d−R R

∼ =

Q |4V |L



,

0 π ln 2d R

pues d >> R. Podemos ver que la capacitancia depende de la geometría del sistema y del medio en el que está.

Problema 2 Se tienen dos condensadores de placas paralelas de capacidad C cada uno, conectados en serie con una bateria que entrega una diferencia de potencial V0 . a) Calcule las cargas en las placas de cada condensador. b) Si a uno de los condensadores se le introduce una placa conductora de las mismas dimensiones que las placas del condensador, de espesor d/10 (con d la distancia entre placas en cada condensador), por la mitad y hasta la mitad de éste, calcule las nuevas cargas de cada uno de los condensadores, y la diferencia de potencial en cada uno de ellos.

2

Solución: a) Como los condensadores están en serie, las cargas en cada uno de ellos es la misma, es decir, q1 = q2 = q . Así, tenemos que V0 = q

1 1 + C1 C2



=q

1 1 + C C



2 V0 C =q =⇒ q = C 2

b) Al introducir la placa conductora se cambia la capacitancia del condensador y se forma el siguiente sistema. Encontremos la capacitancia de un condensador de

placas paralelas de área A separadas por una distancia d. Sabemos que el campo ~ = σ sign(z)ˆ eléctrico de un plano de carga supercial σ es E z , donde zˆ es el 20 vector normal unitario al plano, en el sentido de crecimiento del eje z (normal al plano). Así, tenemos que el campo entre planos (con el plano positivo en z=0 y ~ = ~0 (el detalle se deja ~ = σ sign(z)ˆ z y fuera de ellos E el negativo en z=d) es E 0 al lector). Consideremos un camino que va del plano positivo al negativo Γ : ~r = z zˆ, 0 ≤ z ≤ d. Así, la diferencia de potencial entre ambos (podemos tomar la tensión entre dos puntos cualesquiera de los planos, pues los planos conductores son supercies equipotenciales en equilibrio) y la capacitancia del condensador son Z

~ r) · d~r = − E(~

4V = − Γ

Z d

0

σˆ z σd Qd Q A · dz zˆ = = =⇒ C = = 0 0 0 A0 4V d

A Volviendo a nuestro problema, tenemos según esto que C3 = 0 2d = C/2, 10 10 A C1 = 0 2 9d = 9 C y C3 = C2 = 9 C . 20 Como los dos condensadores formados con el nuevo conductor están en serie, su capacitancia equivalente es

1 1 1 9 9 9 5C = + = + = =⇒ C‘ = C‘ C1 C2 10C 10C 5C 9

Y la capacitancia equivalente del nuevo arreglo es (C‘ y C3 están en paralelo) Ceq =

C 5C 19 + = C 2 9 18

3

donde la última gura es el sistema resultante. En este caso tenemos que (q1 )f = (q2 )f = q‘ y, V0 = q‘

1 1 + C Ceq



1 = q‘ C

18 1 37 19 1+ = q‘ =⇒ q‘ = CV0 19 C 19 37

La diferencia de potencial en el condensador de capacitancia C es VC = V y como V0 = VC + V19C/18 , entonces V19C/18 = 18 37 0

q‘ C

=

19 V 37 0

,

Problema 3 Calcule la fuerza entre las placas de un condensador de placas paralelas de área A y separación d. Para esto, aleje un poquito (innitesimalmente) las placas del condensador y diga qué pasa con la fuerza en los siguientes casos: a) El conductor está aislado con carga Q b) El condensador está conectado a una batería de diferencia de potencial V0 .

Solución: a) Tenemos que la capacitancia y la energía acumulada del condensador son C(x) = 0

A x

U=

1 Q2 1 Q2 =⇒ U (x) = x 2C 2 A0

Por tanto, la fuerza es 2 ~ = − dU xˆ = − 1 Q xˆ F~ = −∇U dx 2 A0

y las placas se atraen (note que la fuerza no depende de x). 4

b) Tenemos que la capacitancia y la energía acumulada del condensador son C(x) = 0

En este caso,

A x

1 1A C(x)(V0 )2 =⇒ U (x) = 0 (V0 )2 2 2x

2 ~ = + dU xˆ = − A0 (V0 ) 1 xˆ F~ = +∇U dx 2 x2

y las placas se atraen (note que la fuerza depende de x). Si hacemos x = d,

A0 (V0 )2 1 V0 1 Q2 F~ = − x ˆ = −CV x ˆ = − xˆ 0 2 d2 2d 2 A0

por lo que la fuerza es la misma (como debe ser). Se deja al lector encontrar estas dos expresiones considerando que la fuerza por unidad de área sobre la supercie de un conductor es 2

σ F~ /A = − n ˆ 20

5

Problema 4 Considere una supercie conductora esférica de radio a concéntrica a otra de radio b, con a < b (ambas supercies forman un condensador). En el espacio entre ambos conductores se introduce un armazón metálico esférico de radio interior c y exterior d, concéntrico a ambas supercies y neutro. Si inicialmente la supercie interior tiene carga +Q y la exterior −Q, discuta qué ocurre con la capacitancia del sistema luego que se pone el armazón y encuentre la capacitancia inicial y nal del sistema. Solución: Podemos encontrar el campo eléctrico entre las dos supercies, antes que se ponga el armazón, usando la ley de Gauss. Tenemos que el campo tiene simetría esférica y va en ~ r) = E(r)ˆ el sentido de rˆ, es decir, E(~ r. Tomando como supercie de integración una supercie esférica concéntrica a las supercies, de radio a < r < b, tenemos I

Q ~ r) = Q rˆ ~ r) · n =⇒ E(~ E(~ ˆ dS = 4πr2 E(r) = 0 4π0 r2 Γ

Así, la diferencia de potencial entre las supercies es Z 4V1 = − b

a

~ r) · d~r = − Q E(~ 4π0

a

Z b

a dr Q 1 Q 1 1 = − = r2 4π0 r b 4π0 a b

donde el camino tomado fue radial. Por tanto, la capacitancia inicial es Ci =

Q = 4V1

4π0 − 1b

1 a

Al introducir el armazón, el potencial entre las supercies disminuye, por lo cual esperamos que la capacitancia aumente. En la supercie interior del armazón se distribuye uniformemente una carga −Q. Esto se desprende de la ley de Gauss. En efecto, usando como supercie de integración una sup. esférica cóncentrica a las otras y dentro del armazón, como el armazón es conductor y está en equilibrio, el campo dentro de él debe ser nulo, por tanto I

Q + Qc ~ r) · n =⇒ Qc = −Q E(~ ˆ dS = 0 = 0 Γ

y como el armazón es neutro, a su vez se distribuye uniformemente en la supercie exterior del armazón una carga Q. En el interior de la primera supercie, es decir, para a ≤ r, el campo es nulo (pues no hay carga dentro de él, por ley de Gauss) al igual que para r > b. Para encontrar el campo en d < r < b y a < r < c usamos el mismo procedimiento que en el caso anterior, por tanto, obtenemos que el campo eléctrico es ~ r) = E(~



~0 Q rˆ 4π0 r2

b < r, a > r c < r < b, a < r < c

6

Luego, el potencial entre las supercies externa e interna es 4V2 = Z b ~ r) · d~r ~ E(~ E(~r) · d~r = − a b Z c Z d Z b ~ r) · d~r + ~ r) · d~r + ~ r) · d~r E(~ E(~ E(~ a c d Z b Z c ~ r) · d~r ~ E(~ E(~r) · d~r + d a Z c Z b Q dr dr + 2 2 4π0 r d r a 1 1 1 1 Q + − − 4π0 a d c b Z

= = = = =

a

Por tanto, la capacitancia nal es Cf =

Q = 4V2

1 a

4π0 + − 1c − 1b 1 d

Podemos ver que Ci < Cf de lo siguiente. Tenemos que c < d =⇒

1 1 1 1 1 1 1 1 4π0 − < 0 =⇒ − + − < − =⇒ 1 1 = Ci < Cf = d c a b d c a b −b a

1 a

4π0 − + d1 − 1 b

1 c

Cf podríamos haberlo calculado rápidamente notando que al introducir el armazón

tenemos dos condensadores en serie. Por tanto, como conocemos la capacitancia entre dos supercies esféricas concéntricas, podemos encontrar la capacitancia equivalente del sistema. En efecto, sea C2 la capacitancia de las dos supercies exteriores y C1 la de las interiores. De esta forma tenemos C2 =

4π0 4π0 1 , C1 = 1 −b − 1c a

1 d

Por tanto, la capacitancia equivalente está dada por 1 1 1 1 = + = Cf C1 C2 4π0



1 1 1 1 − + − a b d c

=⇒ Cf =

1 a

4π0 − + d1 − 1 b

1 c

que es el mismo resultado obtenido anteriormente.

Problema 5 Dos placas conductoras cuadradas, de longitud lateral d, están ubicadas radialmente, formando un ángulo α. Uno de los extremos de las placas se encuentra a distancia δ del punto de intersección entre los planos que éstas denen y la separación entre ambas en el otro extremo es mucho menor que su longitud (es decir, α << 1). Una de las placas se encuentra a potencial V = 0 y la otra a V = V0 . Encuentre: 7

a) La función potencial eléctrico entre las placas. b) El campo eléctrico entre las placas. c) La densidad supercial de carga entre las placas. d) La capacitancia del sistema.

Solución: a) Si despreciamos los efectos de borde, podemos suponer que el potencial entre las placas sólo depende del ángulo polar θ, pues d es muy grande respecto la separación máxima entre placas y α << 1. Considerando la gura, usemos coordenadas cilindricas. Sabemos, por la ley de Gauss en forma diferencial (primera ecuación de Maxwell), que ~ ·E ~ = ρ ∇ 0

y además que

~ = −∇V ~ E

por lo que juntando ambas ecuaciones obtenemos la ecuación de Poisson ∇2 V (~r) = −

ρ(~r) 0

Entre ambas placas conductoras no hay carga, por lo que la ecuación de Poisson se reduce a la ecuación de Laplace ∇2 V (~r) = 0

El operador laplaciano en coordenadas cilindricas es 1 ∂ ∇ = r ∂r 2



∂ r ∂r

8

+

1 ∂2 ∂2 + r2 ∂θ2 ∂z 2

Por tanto,

1 ∂V ∇V = r ∂r 2



∂V r ∂r

+

1 ∂ 2V ∂ 2V + =0 r2 ∂θ2 ∂z 2

Como V sólo depende de θ, tenemos que ∇2 V =

∂ 2V 1 ∂ 2V = 0 =⇒ = 0 =⇒ V (θ) = A1 θ + A2 r2 ∂θ2 ∂θ2

con A1 , A2 constante de integración a determinar. De las condiciones de los potenciales en las placas, tenemos que V (0) = 0 y V (α) = V0 , entonces V (θ) =

V0 θ α

para 0 ≤ θ ≤ α. ~ b) Conociendo V = V (θ) es fácil encontrar E(θ) ~ ~ = −∇V ~ = − ∂V rˆ − 1 ∂V θˆ − ∂V zˆ = − V0 θˆ = E(θ) E ∂r r ∂θ ∂z αr

para 0 ≤ θ ≤ α. ~ y el hecho de que σ = 0 E ~ ·n c) Conociendo E ˆ , con n ˆ vector unitario normal a la supercie, podemos encontrar las densidades de carga superciales. Vemos que el potencial en θ = α es mayor que en θ = 0, por lo cual el sentido decreciente del potencial es en θ decreciente, es decir, las líneas de campo salen de la placa superior hacia la inferior. De esta forma, la carga en la placa superior en θ = α debe ser positiva y en la placa inferior en θ = 0 debe ser negativa. Así, para θ = α tomamos nˆ = −θˆ y la densidad de carga en la placa superior es ~ ·n σ(θ = α) = 0 E ˆ=+

0 V0 αr

Para θ = 0 tomamos nˆ = θˆ y la densidad de carga en la placa inferior es ~ ·n σ(θ = 0) = 0 E ˆ=−

0 V0 αr

Este es sumamente coherente físicamente hablando, pues la densidad de carga es mucho mayor en los extremos más cercanos de las placas y va disminuyendo a medida que las placas se van alejando hasta ser mínimo en los extremos más alejados. d) Encontremos las cargas en las placas. Tenemos que la carga en la placa superior es Z δ+d Q=d δ

0 V0 dr 0 V0 d = · ln αr α

9

δ+d δ

y la carga en la placa inferior es −Q. Por tanto, la capacitancia del condensador es 0 d Q = · ln C= V0 α

10



δ+d δ