Ejemplos resueltos de FMC.

Ejemplos resueltos de FMC.
18 de septiembre de 2008
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Índice
I
Conceptos de fı́sica vectorial.
4
1. Análisis vectorial
4
II
4
Electrostática. Campo eléctrico.
2. Campo eléctrico.
2.1. Anillo cargado. . . . . . . . . . . . .
2.2. Disco cargado. . . . . . . . . . . . . .
2.3. Hilo recto cargado. . . . . . . . . . .
2.4. Plano indefinido cargado. . . . . . . .
2.5. Lámina indefinida cargada de espesor
3. Ley
3.1.
3.2.
3.3.
3.4.
3.5.
3.6.
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a.
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de Gauss.
Carga puntual. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Hilo recto de carga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Plano indefinido de carga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Esfera uniformemente cargada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Lámina indefinida cargada de espesor a. . . . . . . . . . . . . . .
Esferas metálicas, (mal) numerado en los apuntes como ejemplo 1.
QueGrande.org
1
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4
5
6
7
9
9
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11
11
11
12
13
14
15
QueGrande.org
4. El potencial eléctrico.
4.1. Sistema de cargas puntuales. . . . . . . .
4.2. Anillo cargado. . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Disco cargado. . . . . . . . . . . . . . . .
4.4. Esfera cargada. . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Campo eléctrico a partir del potencial en
4.6. Campo eléctrico a partir del potencial en
4.7. Campo eléctrico a partir del potencial en
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
el anillo cargado.
el disco cargado.
la esfera cargada.
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5. Capacidad y energı́a eléctrica.
5.1. Capacidad equivalente de un sistema de cuatro placas. . . . . . . . . . .
5.2. Condensador de placas rectangulares con ε variable. . . . . . . . . . . . .
5.3. Condensador de placas rectangulares con ε variable. . . . . . . . . . . . .
5.4. Energı́a almacenada por una esfera conductora cargada. . . . . . . . . . .
5.5. Fuerza entre placas de un condensador plano (mal) numerado en los apuntes
como ejemplo 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III
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21
21
22
23
23
. 24
Electrocinética. Corriente eléctrica.
25
6. Corriente y resistencia eléctricas.
6.1. Resistencia de un tronco de cono. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2. Conductancia de un cable coaxial. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3. Resistencia equivalente de un circuito. . . . . . . . . . . . . . . .
6.4. Resistencia de un conductor cilı́ndrico con ρ variable. . . . . . . .
6.5. Resistencia de un semianillo de sección rectangular. . . . . . . . .
6.6. Circuito para aplicar Kirchoff, Thévenin, Norton y superposición.
IV
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16
16
16
17
18
19
19
20
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Campo magnético. Inducción
25
25
26
27
28
28
29
32
7. Campo magnético.
33
7.1. De un hilo conductor con forma de semicircunferencia en un campo magnético 33
8. Fuentes de campo magnético.
8.1. De un segmento de corriente. . .
8.2. De una espira circular. . . . . . .
8.3. De un hilo muy largo de corriente.
8.4. De un solenoide recto muy largo.
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9. Inducción electromagnética y energı́a.
9.1. De una fem inducida en una barra conductora. . . . . . . . . . . . .
9.2. De un solenoide largo y recto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3. De un cable coaxial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4. De un conductor cilı́ndrico recto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5. De la fuerza magnética a partir de la energı́a en un solenoide. . . .
9.6. De la inducción mutua en un solenoide. . . . . . . . . . . . . . . . .
9.7. De la inducción mutua entre un hilo recto y una espira rectangular.
QueGrande.org
2
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33
33
34
35
37
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37
37
38
39
40
40
41
42
QueGrande.org
V
Sistemas
42
10.Régimen transitorio en sistemas lineales.
42
11.Régimen sinusoidal permanente.
42
QueGrande.org
3
QueGrande.org
Parte I
Conceptos de fı́sica vectorial.
1.
Análisis vectorial
De este tema no hay ejemplos en los apuntes, mire los boletines.
Parte II
Electrostática. Campo eléctrico.
2.
Campo eléctrico.
Sistema de cargas puntuales, ejemplo sin numerar en los apuntes.
En un sistema formado por 3 cargas puntuales qa = 3µC. qb = −6µC y qc = −2µC,
referenciado sobre unos ejes cartesianos con escala en cm, a través de los puntos a (0,0,0),
b (0,4,0), c(0,0,3), respectivamente. Determinar la fuerza que se ejerce sobre la carga qc .
a) Directamente a través de la ley de Coulomb.
b) Utilizando el campo eléctrico.
Solución:
z
−→
Fbc
α
qc
−→
Fac
y
qa
qb
x
−→ −→
a) Fc = Fac + Fbc
−→
qa · qb
Fac = K
rc
ac
rac 2
−→
3 · 10−6 · (−2) · 10−6 b
k = −60b
k (N)
Fac = 9 · 109 ·
32 · 10−4
qb · qc
Fbc = K
rc
bc
rbc 2
QueGrande.org
4
QueGrande.org
rbc =
√
32 + 42 = 5 cm
4 b 3 b
b
b
rc
·k
bc = − cos α · j + sin α · k = − · j +
5
5
−6
· (−2)10−6
4 b 3 b
9 (−6)10
Fbc = 9 · 10
− · j + · k = −34,56 · b
j + 25,92 · b
k (N)
52 · 10−4
5
5
−→ −→
Fc = Fac + Fbc = −34,56 · b
j + (25,92 + (−60)) · b
k = −34,56 · b
j − 34,08 · b
k (N)
−
→
|Fc | = Fc = 48,53 N
−
→ −→ −→
b) Ec = Eac + Ebc
−→
qa
Eac = K rc
ac
rac
−→
3 · 10−6 b
k
Eac = 9 · 109
9 · 10−4
−→
Eac = 30 · 106b
k (N/C)
−→
qb
Ebc = K rc
bc
rbc
−→
−6 · 10−6
Ebc = 9 · 109
25 · 10−4
−→
Ebc = 17,28 · 106b
j − 12,96 · 106b
k (N/C)
−
→
Ec = 30 · 106b
k + 17,28 · 106b
j − 12,96 · 106 b
k = 17,28 · 106b
j + 17,04 · 106 b
k (N/C)
−
→ −
→
Fc = Ec · qc = (17,28b
j + 17,04b
k) · 106 · (−2) · 10−6 = −34,56b
j − 34,08b
k (N)
−
→
|Fc | = Fc = 48,53 N
2.1.
Anillo cargado.
Determinar el campo eléctrico creado por un anillo circular de radio a, cargado con
carga Q uniformemente distribuida, en los puntos del eje de simetrı́a que pasa por su
centro y es perpendicular al plano que lo contiene.
Solución:
QueGrande.org
5
QueGrande.org
dl ⇒ dq = λ · dl
θ
r
x
a
−
→
dEx
θ
−
→
−→
dE
dE⊥
Q
⇒ Q = λ2πa
2πa
−
→
dq
d E = K 2 rb
r
dq
dE = K 2
r
λ=
x
r
a
dE⊥ = dE · cos θ = dE ·
r
K · dq · x
x
dEx =
=
K
·
3 · dq
r2r
(x2 + a2 ) 2
a
dq · a
dE⊥ = K · 2
=K·
3 · dq
2 + a2 ) 2
r ·r
(x
Z
−
→
−
→
dE ⊥ = 0 = E ⊥
Z
Z
Q·x
x
dq = K ·
Ex = dEx = K ·
3 ·
3
(x2 + a2 ) 2
(x2 + a2 ) 2
dEx = dE · sin θ = dE ·
2.2.
Disco cargado.
Determinar el campo eléctrico dterminado por un disco de radio R, cargado con densidad superficial de carga uniforme σ, en un punto del eje de simetrı́a que pasa por su
centro y es perpendicular a su plano.
Solución:
Vamos a plantear el problema como la suma de los campos diferenciales (dEx ) que
crean infinitos anillos de espesor diferencial (da). En la siguiente figura observamos uno
de estos anillos:
QueGrande.org
6
QueGrande.org
dq
R
a
−
→
dEx
x
da
El campo creado por un anillo lo calculamos en el ejemplo anterior, y como la carga
del anillo es en este caso dq:
dEx = K
dq · x
(x2
3
+ a2 ) 2
El área dS de ese anillo de espesor da serı́a: dS = 2πa · da
dq = σdS
dq = σdS = σ2πa · da
dq · x
a da
1 σ2πa da x
σ · a · da · x
σx
·
3 =
3 =
4πε (x2 + a2 ) 2
2ε0 (x2 + a2 ) 32
(x2 + a2 )
2ε0 (x2 + a2 ) 2
"
"
#R
#R
Z
Z
σ
−1
x
a da
σx
σx R
=
=
Ex =
dEx =
2ε0 0 (x2 + a2 ) 32
2ε0 (x2 + a2 ) 23
2ε0 (x2 + a2 ) 21
DIST
0
0
#
"
σ
x
Ex =
1−
1
2
2ε0
(x + R2 ) 2
dEx = K
2.3.
3
2
=
Hilo recto cargado.
Determinar el campo eléctrico creado por un hilo recto cargado con densidad lineal de
carga uniforme λ, en un punto a distancia a del eje x que contiene al hilo.
Solución:
QueGrande.org
7
QueGrande.org
−
→
−
→
d E θ dEy
−
→
dEx
θ1 θ2
θ
a
r
λC/m
−xa
0
xb
dx
dq = λdx
l
dE = K
λ · dx
dq
=K 2
2
r
r
λdx
· cos θ
r2
λdx
dEx = −dE sin θ = −K · 2 · sin θ
r
dEy = dE cos θ = K ·
x = a tan θ
a
dθ
cos 2 θ
a
r=
cos θ
Z
Z
Z
Z
a
dθ cos θ
λdx
Kλ θ2
cos 2 θ
Ey =
dEy = K 2 · cos θ = Kλ
cos θdθ
=
a2
r
a −θ1
DIST
cos 2 θ
Kλ
Kλ
Kλ
2
Ey =
[sen θ]θ−θ
[sin θ2 − (sen −θ1 )] =
[sin θ2 + sin θ1 ]
=
1
a
a
a
Z
Z
Z
Kλ
Kλ θ2
Kλdx
2
− sin θdθ =
[cos θ]θ−θ
Ex =
dEx = − 2 · sin θ =
1
r
a
a
−θ1
DIST
Kλ
Ex =
[cos θ2 − cos θ1 ]
a
dx =
El problema ya está resuelto, aún ası́ vamos a ver que ocurre si el punto donde calculamos el campo está centrado y si la longitud del hilo es indefinidamente grande.

2Kλ

 Ey =
sin θ
a
Centrado
θ1 = θ2 = θ ⇒


Ex = 0, se anula con el otro Ex
Hilo indefinido
QueGrande.org

λ
2Kλ

=
E
=

y

a
2πε0 a
π
θ1 = θ2 = ⇒

2

 E = 0, cos π = 0
x
2
8
QueGrande.org
2.4.
Plano indefinido cargado.
Determinar el campo eléctrico creado por un plano indefinido, cargado con densidad
superficial de carga uniforme σ.
Solución:
z
dq
dz
z
r
y
θ
x
θ
−
→
dEx
σC/m2
−
→
dE
dE =
dEx = dE cos θ
σdz
λ
=
2πε0 r
2πε0 r
dq = σdS = σdS = σ · dz · dy
dq = λ · dy
Ex =
Z
dEx =
DIST
Z
λ = σdz
σdz
· cos θ
2πε0r
x
dθ
z = x · tan θ ⇒ dz =
2θ
cos
Como x
r=
cos θ
σ
Ex =
2πε0
σ
Ex =
2ε0
2.5.
Z
x
· dθ
cos 2 θ
x
cos θ
σ
· cos θ =
2ε0π
Z
π
2
− π2
π
σ h π π i
σ
2
dθ =
[θ] π =
− −
2πε0 − 2
2πε0 2
2
Lámina indefinida cargada de espesor a.
Determinar el campo eléctrico en el interior y en el exterior de una lámina indefinida
de espesor a, con permisividad dieléctrica ε y cargada con densidad volumétrica de carga
uniforme ρ.
Solución:
QueGrande.org
9
QueGrande.org
11
00
00
11
00
11
00
11
00
11
00
11
00
11
00
11
00
11
00
11
00
11
dq
dS
dx
−
a
2
ρ C/m3
ε0
ε
−
→
dEi
−
→
dEe
a
2
dx
x
x
s
a
a
Interior: − ≤ x ≤
2
2
σ
dEi =
2ε
dq = σdS
dq = ρdv = ρ · dx · dS
σ · dS = ρ · dx · dS ⇒ σ = ρ · dx
Como σ = ρdx
σ
ρ
= dx
2ε
2ε
Z
Z x
dEi −
Ei =
dEi =
Z
Z a
2 ρ
a
ρ
ρ
ρ
dEi =
dx −
dx =
[x]x− a −
[x]x2 =
2
2ε
2ε
x
x 2ε
− a2 2ε
− a2
h
i
a
a
a a
ρ
ρ
ρx
ρ
x− −
−
x − + x = 2x =
−x =
2ε
2
2
2ε
2 2
2ε
ε

a
a x> 2
Exterior: |x| >
a
2 x<−
2
Interior → ε
Exterior → ε0
QueGrande.org
x
ρ
dx
2ε0
dEe =
Ee =
a
2
Z
a
2
− a2
dEe =
Z
a
2
− a2
ρ
ρ
dx =
2ε0
2ε
Z
a
2
− a2
ρ h a a i
ρ 2a
ρa
dx =
=
=
− −
2ε0 2
2
2ε0 2
2ε0
10
QueGrande.org
3.
Ley de Gauss.
3.1.
Carga puntual.
Campo eléctrico producido por una carga puntual.
Solución:
q
r
−
→
dS
−
→
−
→
E k dS
Φ=
I
→
−
→−
E dS
SU P
→
→
−
→ −
−
→ −
Como E ||dS ⇒ E · dS = E · dS
I
I
I
→
−
→−
q
E dS =
E · dS = E
dS = E · S = E · 4πr 2 =
Φ=
ε0
SU P
SU P
SU P
q
E=
4πr 2ε0
3.2.
Hilo recto de carga.
Campo eléctrico en las proximidades de una distribución de carga lineal, recta e indefinida (hilo recto de carga).
Solución:
−
→
−
→
E k dS
−
→
E
−
→
dS
r
P
q =λ·h
λC/m
h
Φ=
I
SU P
QueGrande.org
→
−
→−
E dS =
Z
SU P.LAT.
→
−
→−
E dS + 2
I
→
−
→−
E dS
SU P.BASE
11
QueGrande.org
−
→
→
−
→
−
→ −
- Sobre la superficie de las bases: E ⊥ dS ⇒ E · dS = 0
→
→
−
→ −
−
→ −
- Sobre la superficie lateral: E || dS ⇒ E · dS = E · dS, E cte.
H
→ −
−
→
−
→−
→H
λ·h
Φ = SU P.LAT. E dS = E SU P.LAT. dS = E · SLAT. = E2πrh =
ε0
λ
E=
2πε0r
Obsérvese que el resultado, como era de esperar, coincide con el campo que obtuvimos
para un hilo indefinidamente largo al final del ejemplo 2.3 y que utilizamos para calcular
el campo del plano indefinido de carga en el siguiente problema.
3.3.
Plano indefinido de carga.
Campo eléctrico en las proximidades de una distribución superficial de carga (plano
indefinido de carga).
Solución:
σ
x x
−
→
E
−
→
E
−
→
dS
Φ=
Φ=
I
Z
→
−
→ −
E · dS =
S.BASES
P
q =σ·S
Φ=E·2·S
E=
σ
2 · ε0
QueGrande.org
−
→
dS
−
→
E
P
q
ε0
Z
→
−
→ −
E · dS =
S.BASES
E · dS = E
Ley de Gauss ⇒ E · 2 · S =
Z
S.BASES
dS = E · 2 · S
σ·S
ε0
E = cte. (uniforme)
12
QueGrande.org
E
σ
2ε0
x
σ
ε0
−
3.4.
σ
2ε0
Esfera uniformemente cargada.
Campo eléctrico creado por una esfera uniformemente cargada.
Solución:
ρ = cte.
−
→
E
−
→
E
−
→
r2
−
→
r1
ρ
Superf icies de Gauss
−
→
R
NOTA: Ahı́ arriba, lo que hay dibujado son tres esferas concéntricas; una es la esfera
cargada (coloreada en gris), y las otras dos son las superficies de Gauss para calcular el
campo eléctrico en el interior y exterior de la esfera cargada.
ρ=
Q
Q
= 4 3
V ol.esf.
πR
3
r≤R
Φ=
→
(−
r1 )
(interior)
I
→
−
→−
E dS
S
Como I
Φ=
→
→
−
→ −
−
→ −
E || dS ⇒ E · dS = E · dS
−
→
E = cte.
I
→
−
→−
E dS = E dS = E · S = E · 4πr 2
SU P
S
Q
Qr 3
4
4
q = ρ · πr 3 = 4 3 · πr 3 = 3
3
R
πR 3
3
P
q
Como Φ =
ε
P
QueGrande.org
13
QueGrande.org
2
E · 4πr =
r≥R
Qr 3
R3
ε0
⇒E=
Qr
ε0 4πR3
→
(−
r2 )
(exterior)
Φ = idem en el anterior
Φ = E · 4πr 2
P
q=Q
E=
E · 4πr 2 =
Q
ε0
Q
Q
=K 2
2
4πr ε0
r
E
K
Q
r2
0
3.5.
R
r
Lámina indefinida cargada de espesor a.
Campo eléctrico debido a una lámina indefinida cargada uniformemente de espesor a.
Solución:
ρ=0
ε
ρ
ρ=0
ε0
−
→
Ei
−
→
Ee
−
S
S
−
→
Ee
−
→
Ei
a
2
a
2
x
x
NOTA: Se entiende que S es la superficie de una base del cilindro que tomamos como
superficie de Gauss.
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14
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a
a
(interior)
− ≤x≤
2
2
H
→
−
→−
Φ = SU P Ei dS = Ei S + Ei S = 2Ei S
P
q = ρ · V ol = ρ · S · 2x
2Ei S =
ρS2x
ρx
⇒ Ei =
ε
ε
a
a
− ≥x≥
2
2
(exterior)
Φ = 2Ee S
P
q = ρ · V ol = ρSa
3.6.
2Ee S =
ρa
ρSa
⇒ Ee =
ε0
2ε0
Esferas metálicas, (mal) numerado en los apuntes como
ejemplo 1.
Determinar las densidades de carga de dos esferas metálicas conductoras concéntricas
con cargas q1 y q2 , con radios según la figura:
R2e
R2i
R1
Solución:
NOTA: SG1 es la primera superficie de Gauss, y SG2 la segunda, que son esferas y
que están dispuestas de la siguiente manera:
SG2
SG1
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15
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NOTA2: Conviene recordar que las esferas dibujadas en las figuras son metálicas, es
decir, conductoras y además están en equlibrio, por lo tanto, dentro del metal (las zonas
sombreadas en la figura) el campo eléctrico es igual a cero.
ΦSG1 =
H
SG1
ΦSG2 = 0 ⇒
P
→
−
→−
E dS = 0 ⇒ qSG1 = 0 ⇒ q1e = q1 ⇒ σ1 =
P
q1
4πR12
qSG2 = 0 ⇒ q1e + q2i = q1 + q2i = 0 ⇒ q2i = −q1 ⇒ σ2i =
q2 = q2i + q2e = −q1 + q2e = −q1 + q2e ⇒ q2e = q1 + q2 ⇒ σ2e =
4.
−q1
4πR22
q1 + q2
2
4πR2e
El potencial eléctrico.
4.1.
Sistema de cargas puntuales.
En un sistema formado por tres cargas puntuales qa = 33nC, qb = −51nC, qc = 47nC,
referenciado sobre unos ejes cartesianos con escala en mm, a través de los puntos a (93,0),
b(0,0), c(0,93), respectivamente. Determinar el potencial en el punto(93,93).
Solución:
(0, 93)
qc
(93, 93)
d
qa = 33nC
qb = −51nC
√
d 2
qc = 47nC
(93, 0)
(0, 0)
qb
d
qa
P qv
33
qa
qb
−51
qc
47
3
= 9 · 10
V = 4,25 · 103 V
=K
+ √ +
+ √ +
V =K·
ri
d
d
93 93 2 93
d 2
4.2.
Anillo cargado.
Determinar el potencial eléctrico en un punto P situado sobre el eje de un anillo de
radio a cargado uniformemente con carga total Q, si el punto se encuentra a una distancia
x de su centro.
a) A partir directamente de la distribución de carga.
b) A partir del campo eléctrico Ex = K
Q·x
3
(x2 + a2 ) 2
Solución:
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16
QueGrande.org
dl ⇒ dq = λ · dl
θ
r
−
→
dEx
θ
−
→
−→
dE
dE⊥
x
a
dq
4π · ε0 · r
a) dV =
1
r = (x2 + a2 ) 2
V =
Z
dV = K
Dist
Dist
Q·x
b) Ex = K
Z
Z
dq =
Dist
Q
1
4π · ε(x2 + a2 ) 2
3
(x2 + a2 ) 2
Z
Z x
→
−
→−
E dl = −
V =−
∞
Q
1
·
2
4πε0 (x + a2 ) 12
4.3.
dq
1
=
r
4πε0 r
x
∞
Ex dx = −
Q
4πε0
Z
x
∞
x · dx
(x2
+
3
a2 ) 2
=−
"
Q
1
2
4πε0 (x + a2 ) 12
#x
=
∞
Disco cargado.
Determinar el potencial eléctrico en un punto P situado sobre el eje de un disco de radio
R cargado uniformemente con densidad superficial de carga σ, si el punto se encuentra a
una distancia x de su centro.
a) A partir directamente de la distribución de carga.
x
σ
1− √
b) A partir del campo eléctrico Ex =
2ε0
x2 + R2
Solución:
dq
R
a
x
−
→
dEx
da
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17
QueGrande.org
a) dV = K
dq
r
dq = σ · 2πa · da
r=
√
a2 + x2
Z
Z R
Z
i
σ h√ 2
σ · 2πa · da
dr
σ
a · da
√
=
V = K
= K · σ · 2π
=
R + x2 − x
r
r
2ε0 0
2ε0
a2 + x2
σ
x
b) Ex =
1− √
2ε0
x2 + R2
Z x
Z x
Z x
ix
√
→
−
→−
σ h
x
σ
2
2
dx = −
x− x +R
1− √
E dl =
V =
Ex dx = −
2ε0 ∞
2ε0
∞
x2 + R2
∞
∞
σ √ 2
R + x2 − x
V =
2ε0
4.4.
Esfera cargada.
Determinar el potencial eléctrico producido por una esfera dieléctrica de permitividad
ε y radio R uniformemente cargada en todo su volumen, con carga total Q.
Solución:
ρ = cte.
−
→
E
−
→
E
−
→
r2
−
→
r1
−
→
R
ρ
ρ=
Q
4
πR2
3
Q
4πε0 r 2
Qr
Ei =
4πεR3
Ee =
V para r > R:
Ve = −
QueGrande.org
Z
r
∞
→
−
→ −
Ee · dl = −
Z
r
Z
r
Q
Er · dr = −
Ee · dr = −
4πε0
∞
∞
18
Z
r
∞
r
Q −1
dr
=−
r2
4πε0 r ∞
QueGrande.org
Q
4πε0 r
Ve =
V para r < R:
Vi = −
Z
r
∞
Ee · dr = −
Z
R
∞
Ee · dr +
Z
r
R
Ei · dr
2
Z R
Z r
dr
Q
Q
1
Q
R − r2
Q
−
r · dr =
· +
Vi = −
4πε0 ∞ r 2
4πεR3 R
4πε0 r 4πεR3
2
Q
r2
2
1
2
Vi =
−
R
+
8πR3
ε0 ε
ε
4.5.
Campo eléctrico a partir del potencial en el anillo cargado.
Determinar el campo eléctrico en un punto P situado sobre ele eje de un anillo de radio
a cargado uniformemente con carga total Q, si el punto se enecuentra a una distancia x
Q
√
de su centro. A partir del potencial eléctrico: V =
4πε0 x2 + a2
Solución:
dl ⇒ dq = λ · dl
θ
r
x
a
−
→
dEx
θ
−
→
−→
dE
dE⊥
Q
∂
∂V
√
=−
Ex = −
∂x
∂x 4πε0 x2 + a2
Qx
1 2
Q
2 − 23
− (x + a ) · 2x =
Ex = −
3
4πε0
2
4πε0(x2 + a2 ) 2
4.6.
Campo eléctrico a partir del potencial en el disco cargado.
Determinar el campo eléctrico en un punto P situado sobre el eje de un disco de radio
R cargado uniformemente con densidad superficial de carga σ, si el punto se encuentra a
σ √ 2
una distancia x de su centro. A partir del potencial eléctrico: V =
x + R2 − x
2ε0
Solución:
QueGrande.org
19
QueGrande.org
dq
R
a
−
→
dEx
x
da
−
→
E = −grad V
−
→
∂V
· rb
Er = −
∂r
σ √ 2
V =
x + R2 − x
2ε0
∂
σ √ 2
2x
σ
√
−1
x + R2 − x = −
Ex = −
∂x 2ε0
2ε0 2 x2 + R2
σ
x
Ex =
1− √
2ε0
x2 + R2
4.7.
Campo eléctrico a partir del potencial en la esfera cargada.
Determinar el campo eléctrico producido por una esfera dieléctrica de permitividad ε
y radio R uniformemente cargada en todo su volumen, con carga total Q. A partir del
potencial eléctrico:
Q
Punto exterior: (r > R): V =
4πε0 r
Q
Punto interior: (r < R): V =
8πR3
Solución:
ρ = cte.
−
→
E
−
→
E
−
→
r2
−
→
r1
ρ
−
→
R
−
→
Er = Er · rb
Exterior (r > R):
QueGrande.org
20
QueGrande.org
Q
Q
1
1
Q
∂
=−
− 2 =
·
Er = −
∂r 4πε0 r
4πε0
r
4πε0 r 2
Interior (r < R):
∂
Q
2
1
r2
Q
2r
Qr
2
Er = −
+
−
=
R
·
=
3
3
∂r 8πR
ε0 ε
ε
8πR
ε
4πεR3
5.
Capacidad y energı́a eléctrica.
5.1.
Capacidad equivalente de un sistema de cuatro placas.
d
A
d
B
d
Determinar la capacidad equivalente entre los terminales A y B del sistema de la figura
formado por cuatro placas conductoras paralelas, de superficie S y espesor despreciable,
situadas en el vacı́o con una separación entre placas igual a d.
Solución:
El montaje de la figura del enunciado es equivalente a estos:
A
C
C
A
C
B
⇒
C
C
C
B
Ceq =
C=
1
C
1
+
1
C
+C =
C
3
+C = C
2
2
Q
V
V =E·d
El campo elétrico entre las placas del condensador: E =
σ
ε
Q
·d
S ·ε
Sε
Q
=
C=
Q
d
·d
S·ε
V =
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21
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3 Sε
3
Ceq = C =
2
2 d
5.2.
Condensador de placas rectangulares con ε variable.
a) Determinar la capacidad del condensador plano de placas rectangulares de longitud
a y anchura b, separadas a una distancia d mediante un dieléctrico de permitividad
ε = ε0 (1 + K · x) siendo x la distancia a uno de sus extremos.
b) Determinar la expresión de la densidad de carga en cada placa, si se aplica una
d.d.p. V entre ellas.
Solución:
y
b
dS = b · dx
+Q
d
dC
ε
x
−Q
dx
a
a) dS = b · dx
dq = σ · dS = σ · b · dx
dS
b · dx
= ε0 (1 + kx)
d
d
a
Z
Z
ε0 ab
kx2
ka
ε0 · b
ε0 · a · b a
x+
=
1+
(1 + kx)dx =
C = dC =
d
d
2 0
d
2
0
dC = ε
Otra manera de hacer este aparatado:
Z
Z
Z
V ε0 b a
(1 + kx)dx
Q = dq = σ · b · dx =
d
0
ka
V · ε0 · b · a
1+
Q=
d
2
ka
ε0 ba
Q
1+
=
C=
V
d
2
b) E =
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σ
ε
22
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V =E·d=
σ=
5.3.
σ
·d
ε
V ε0
(1 + kx)
d
Condensador de placas rectangulares con ε variable.
Repetir el ejercicio anterior en el caso de que ε = ε0 (1 + K · y) siendo y la distancia a
una placa.
Solución:
y
b
−
→
E
d
dS = b · dx
−Q
dy
x
ε
+Q
a
a) Cdy = ε
S
dy
1
dy
=
Cdy
a · b · ε0 (1 + ky)
d
Z d
Z
ln(1 + kd)
ln(1 + ky)
1
1
1
dy
1
=
=
=
=
C
Cdy
abε0 0 1 + ky
abε0
k
abε0 k
0
C=
abε0 k
ln(1 + kd)
b) V = −
σ=
5.4.
Z
→
−
→ −
E · dl = −
Z
0
d
σ
E · dy = −
ε0
Z
0
d
d
σ ln(1 + ky)
dy
=−
1 + ky
ε0
k
0
V kε0
ln(1 + kd)
Energı́a almacenada por una esfera conductora cargada.
Calcular la energı́a total almacenada por una esfera conductora de radio R con carga
Q.
a) Utilizando la densidad de energı́a.
b) A partir de la capacidad de la esfera.
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23
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c) Usando la definición de energı́a almacenada como la necesaria para reunir la distribución.
Solución:
r
R
dV ol = 4πr2 · dr
a) r > R ⇒ E =
Q
4πε0r 2
1
U = ε0 · E 2
2
Q2
1
U = ε0 ·
2
(4πε0 r 2 )2
1
Q2
Q2 dr
2
dU = U · dV ol = ε0
4πr
·
dr
=
2 (4πε0 r 2 )2
8r 2 ε0 π
∞
Z
Z ∞
Q2
Q2
dr
1
Q2
U = dU =
=
−
=
8πε0 R r 2
8πε0
r R
8πε0 R
Q
4πε0 R
b) V =
C=
Q
= 4πε0 R
V
U=
1 Q2
Q2
=
2 C
8πε0 R
c) 0 < q < Q ⇒ V =
q
4πε0 R
dU = V · dq
U=
5.5.
Z
dU =
Dist
Z
Dist
V · dq =
Z
Q
0
2 Q
q · dq
Q2
q
=
=
4πε0 R
8πε0R 0
8πε0 R
Fuerza entre placas de un condensador plano (mal) numerado en los apuntes como ejemplo 4.
Determinar la fuerza que se ejerce entre las armaduras de un condensador plano.
a) A carga constante.
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24
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b) A potencial constante.
Solución:
+Q
−Q
ε0
−
→
Fx
x
a) C = ε0
S
x
∂ 1 Q2
Q2 ∂
x
Q2
Fx =
=−
=−
∂x 2 C
2 ∂x ε0 S
2ε0 S
V 2 ε0 S
V 2 ∂ ε0 S
∂ 1 2
=−
V C =
b) Fx =
∂x 2
2 ∂x x
2x2
Vamos a comprobar como el resultado de ambos aparatados son equivalentes:
ε0 2 S 2 2
V
x2
Q2
−V 2 ε0 2 S 2
V 2 ε0 S
−
=
=
−
2ε0 S
2 ε0 Sx2
2x2
Q2 = V 2 · C 2 =
Parte III
Electrocinética. Corriente eléctrica.
6.
Corriente y resistencia eléctricas.
6.1.
Resistencia de un tronco de cono.
Comprobar que la expresión de la resistencia medida entre las bases de un tronco de
cono macizo de material de conductividad uniforme σ, de radios de las bases R1 y R2
(R1 < R2 ) y altura h, viene dada por:
R=
h
πσR1 R2
Solución:
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25
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R2 − R1
r
R1
R2
I
x
l
A
VAB
B
R2 − R1
x
l
I
I
E
I
=
J= = 2 =
1
S
πr
ρ
π(R1 + R2 −R
x)2
l
Iρ
E=
1
x)2
π(R1 + R2 −R
l
"
#0
Z A
Z
I 0
I
1
dx
VAB = VA − VB = −
E · dx = −ρ
=ρ
1
π l R1 + R2 −R1 x 2
π R1 + R2 −R
x
B
l
l
l
ρ·I·l
1
1
ρ·I ·l
VAB =
−
=
π(R2 − R1 ) R1 R2
πR2 R1
VA − VB
ρl
l
R=
=
=
I
πR2 R1
σπR2 R1
r = R1 +
6.2.
Conductancia de un cable coaxial.
Comprobar que la espresión de la conductancia radial por unidad de longitud de cable
coaxial (G medida entre los conductores) de radios Ra y Rb (Ra < Rb )y con dieléctrico
de conductividad uniforme σ (imperfecto), viene dada por:
2πσ
G
=
Rb
l
)
ln( R
a
Solución:
r
Ra
Rb
VAB
I
l
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26
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I
VA − VB
I
I
I
J= = =
= σE
S
S
2πrl
I
E=
2πσrl
Z A
Z Ra
I
dr
I
Rb
VA − VB = −
E · dr = −
=
· ln
2πσl Rb r
2πσl
Ra
B
VA − VB
ln(Rb /Ra )
R=
=
I
2πσl
I
2πσl
G=
=
VA − VB
ln(Rb /Ra )
2πσ
G
=
Rb
l
)
ln( R
a
G=
6.3.
Resistencia equivalente de un circuito.
Comprobar que la resistencia equivalente del circuito de la figura vale: Req =
2R
11
R
13
R
R
Req
R
R
Solución:
V
Req =
I

 Nodo 1: 0 = I − I1 − I2 ⇒ I2 = I − I1
Nodo 2: 0 = I1 + I3 − I4 ⇒ I4 = I1 − I3

Nodo 3: 0 = I2 + I3 − I5 ⇒ I5 = I2 + I3 = I − I1 + I3

= −V + 2I1 + I4
 Rama 1: 0 = −V + I1 · 2R + I4 · R
Rama 2: 0 = −I1 · 2R + I2 · R − I3 · R = −2I1 + I2 − I3

Rama 3: 0 = +I3 · R + I5 · R − I4 · R = I3 + I5 − I4

 V = 2I1 + I4 = 2I1 + (I1 − I3 )
0 = −2I1 + (I − I1 ) − I3

0 = I3 + (I − I1 − I3 ) − (I1 − I3 )

 V = 3I1 + I3
0 = I − 3I1 − I3

0 = I − 2I1 + 3I3
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27
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V
0
0
I=
0
1
1
3
−3
−2
−3
−3
−2
−1
−1
−3 −1
V ·
3
−2
3
=
−1
0
3 −1
−1
1 −3 −1
3
1 −2
3
0
3 −1
1 −3 −1
1 −2
3
11
V
−11
=
= R
Req =
=
I
−13
13
−3 −1
−2
3
6.4.
Resistencia de un conductor cilı́ndrico con ρ variable.
Comprobar que la resistencia de un conductor cilı́ndrico de longitud l y sección S, de
resistividad ρ = a + kx, siendo x la distancia entre un punto de la sección y uno de los
extremos viene dada por:
1
1
R=R
a + kl
S
2
Solución:
I
0
dx
l
x
l
l
S
dx
dx
dR = ρ
= (k + ax)
S
S
l
Z
Z l
1
ax2
l
al
1
Req =
dR =
kx +
=
k+
(k + ax)dx =
S 0
S
2 0 S
2
Hilo
R=ρ
6.5.
Resistencia de un semianillo de sección rectangular.
Comprobar que la resistencia entre los extremos de un semianillo de sección rectangular
de radios Ra y Rb (Ra < Rb ), altura h y resistividad ρ, vale:
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28
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R=
Solución:
πρ
Rb
h · ln R
a
h
dx
Ra
x
Rb
R=ρ
l
S
πx
dR = ρ
h · dx
Z Rb
Z
Z Rb
1
1
h
h
Rb
dx
h · dx
=
=
=
=
ln
R
πρx
πρ Ra x
πρ
Ra
S dR
Ra
πρ
R=
Rb
h · ln R
a
6.6.
Circuito para aplicar Kirchoff, Thévenin, Norton y superposición.
En el circuito de la figura, determinar aplicando Kirchoff, Thévenin, Norton y superposición:
a) Potencia en la resitencia R4
b) Carga almacenada en el condensador C.
R5 = 5Ω
I1 = 1A
R2 = 2Ω
C = 1µF
I2 = 2A
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R4 = 4Ω
E=12V
Solución:
En corriente continua, a efectos de análisis, podemos quitar los condensadores.
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(Directamente) Kirchoff:
a) I · R4 − 12 + (2 + I) · R3 + (3 + I) − R1 = 0
I · 4 − 12 + 2 · 3 + 3I + 3 · 1 + I = 0
8I = 3
2
I = A = 0,375A
8
P R4 = IR2 4 · R4 = 0,3752 · 4 = 0,5625W
b) Vcd = (I + 3) · R1 + 3 · R5 + R2 · I2 = (3 + 0,375) · 1 + 3 · 5 + 2 · 2 = 22,375V
Q= C ·V
Q = C · Vcd = 1µF · 22,375V = 22,375µC
Por Thévenin:
R5 = 5Ω
I1 = 1A
a
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
Vab = ET H
I2 = 2A
E=12V
b
ET H = Vab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3V
R5 = 5Ω
a
R2 = 2Ω
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
b
Req = RT H = R1 + R3 = 1 + 3 = 4Ω
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30
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I
a
ET H
RT H
R4
b
I=
3
ET H
=
= 0,375A
R4 + RT H
4+4
Y seguirı́a como en la solución anterior.
Por Norton:
R5 = 5Ω
I1 = 1A
a
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
I2 = 2A
E=12V
IN
b
−(3 + IN ) · 1 + −(2 + IN ) · 3 + 12 = 0
IN =
3
= 0,75A
4
Se calula como en la solución anterior: RN = Req = 4Ω
I
a
IN
RT H
R4
b
Vab = IN ·
I = IN ·
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1
RN
1
+
1
R4
= I · R4
R4
4
1
= 0,75 ·
= 0,75 · = 0,375A
R4 + RN
4+4
2
31
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Y seguirı́a como en las soluciones anteriores.
Por superposición:
R5 = 5Ω
IE
d
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
R4 = 4Ω
Vcd
c
IE =
E=12V
12
3
E
=
= A = 1,5A
R1 + R4 + R3
8
2
VcdE = IE · R1 + 0 + 0 = 1,5V
R5 = 5Ω
I1 = 1A
d
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
R4 = 4Ω
Vcd
c
IR4
Y seguirı́a como en las soluciones anteriores.
Parte IV
Campo magnético. Inducción
NOTA: En los ejemplos de campo magnético usaremos frecuentemente esta notación
para los vectores perpendiculares al papel:
⊗ Entra en el papel.
⊙ Sale del papel.
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32
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7.
Campo magnético.
7.1.
De un hilo conductor con forma de semicircunferencia en
un campo magnético
Compruebe que la fuerza sobre un hilo conductor en forma de semicircunferencia de
radio R con corriente I situado en un campo magnético uniforme B perpendicular al plano
que lo contiene viene dado por Fx = 0, Fy = 2IRB.
−
→
B
x
−−−→
dFmy
θ
−−→
dFm
−−−→
dFmx
I
y
−−→
−
→ −
→
dFm = I · dl × B
dFm = I · dl · B
dl = R · dθ
dFm = I · B · R · dθ
dFmx = I · B · R · cos θ · dθ
dFmy = I · B · R · sin θ · dθ
Z π
Fmx = I · B · R ·
cos θ · dθ = 0
0
Z π
Fmy = I · B · R ·
sin θ · dθ = 2 · I · B · R
0
8.
Fuentes de campo magnético.
8.1.
De un segmento de corriente.
Compruebe que el campo magnético producido en un punto P situado a una distancia
R de un hilo rectilı́neo (segmento) de corriente I, siendo θ1 y θ2 los ángulos que forman
las rectas que unen P con los extremos del hilo con la perpendicular al hilo que pasa por
P, vale:
µ0 I
B=
(sin θ1 + sen θ2 )
4πR
Solución:
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33
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P
−→
dB
θ1
α=θ+
θ2
θ
π
2
r
rb
α
dx
x
−
→
I dl
x
−
→
dl = dx · b
l
−
→
−→ µ0 I dl × rb
dB =
·
4π
r2
−
→
| dl × rb| = |dx · bi × rb| = dx sin α
−→ µ0 I · dx · sin α
dB =
·
4π
r2
Z
dx sin α
µ0 I
B=
4π hilo r 2
h
π πi
π
= cos θ +
−
= cos θ
sin α = sin θ +
2
2
2
R
x = R · tan θ ⇒ dx =
dθ
cos 2 θ
R
r=
cos θ
Z
Z
Z θ2
µ0 θ2 cosR2 θ · dθ · cos θ
µ0 θ2 cos θ · dθ
µ0 I
B=
cos θ · dθ
=
=
R2
4π −θ1
4π −θ1
R
4πR −θ1
cos 2 θ
µ0 I
µ0 I
(sin θ2 − sin(−θ1 )) =
(sin θ2 + sin θ1 )
B=
4πR
4πR
Aunque el problema ya está resuelto, vamos a ver que ocurrirı́a si el hilo fuese indefinido:
θ1 = θ2 =
B=
8.2.
π
2
µ0 I
2πR
De una espira circular.
Compruebe que un campo magnñetico producido por una espira circular de radio a
por el que pasa una corriente I, en un punto de su eje perpendicular a su plano a una
distancia x de su centro, vale:
µIa2
Bx =
3
2 (x2 + a2 ) 2
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Solución:
−
→
I dl
rb
x
r
−−→ −→
dB⊥ dB
α
−−→
dBx
a
I
−
→
−→ µ0 I · dl × r
dB =
4π
r2
−
→
−
→
−
→
−
→
Como dl ⊥ rb: | dl × rb| = | dl| · |b
r| = dl · 1 = dl

µ0 I · dl

−→ µ0 I · dl  dBx = dB · cos α = 4π r 2 cos α
dB =
4π r 2 

dB⊥ = dB · sin α pero B⊥ = 0
Z
Z
µ0 I cos α l=2πa
µ0 · I · cos α · 2πa
Bx =
dBx =
dl
=
4π r 2
4πr 2
espira
0
a
cos α =
r
√
r = a2 + x2
Bx =
8.3.
µ0 I √a2a+x2 a
µ0 a2 I
=
√
2
3
(x2 + a2 ) 2
2 a2 + x2
De un hilo muy largo de corriente.
Compruebe que el campo magnético en el interior y exterior de un hilo conductor recto
y muy largo, de forma cilı́ndrica de radio a, que transporta una corriente I vale:
B=
µ0 I
2πr
r≥a
B=
µ0 Ir
2πa2
r≤a
Solución:
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35
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a
a
r¿a
11111
00000
00000
11111
00000
11111
00000
11111
r
a
⇒
−
→
B
I
I
2a
En el exterior (r ≥ a):
Z
I
X
→
−
→−
B dl = B dl = B · 2πr = µ0 ·
I = µ0 · I
C
µ0 I
2πr
B=
En el interior (r ≤ a):
I
I
I
X
→
−
→ −
B · dl =
B · dl = B
dl = B · 2πr = µ0 ·
I
C
C
J=
C
P
P
I
r2
I
=
⇒
I
=
I
πa2
πr 2
a2
r2
B · 2πr = µ0 I 2
a
µ0 Ir
2πa2
B=
Gráfica del campo magnético;
B
B=
µ0
2πa
0
a
µ0 Ir
B=
2πa2
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r
µ0 I
B=
2πr
36
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8.4.
De un solenoide recto muy largo.
Compruebe el campo magnético en en interior de un solenoide recto muy largo, con n
espiras por unidad de longitud y recorrido por una corriente I, viene dado por:
B = µ0 nI
Solución:
d
c
B=0
I I I I
I I I
a
nl espiras
−
→
B
b
I I I I
I
I
Si el solenoide es indefinido, el campo magnético es nulo en el exterior y en ab y cd
→
−
→−
el producto escalar B · dl también es nulo, por lo tanto llega con integrar en el segmento ab.
Z
I
X
→
−
→ −
dl = B · l = µ0
I
B · dl = B
ab
C
número de espiras P
:
I =n·l·I
Siendo n =
longitud
P
µ0 I
µ0 · n · l · I
B=
=
= µ0 · n · I
l
l
9.
Inducción electromagnética y energı́a.
9.1.
De una fem inducida en una barra conductora.
Compruebe que la fem inducida en una barra conductora de longitud l que gira con
velocidad angular ω constante alrededor de uno de sus extremos, en un campo magnético
uniforme B dirigido perpendicularmente al plano de giro vale:
1
ε = Bωl2
2
Solución:
−
→
V
a
−→
FB
b
ω
−→
FE
−
→
E
l
−
→
B
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−
→
−
→ −
→
FB = q · V × B = q · V · B
Equilibrio: Fe = q · E ⇒ FB = q · V · B ⇒ E = V · B
V = ω·R ⇒E =B ·ω·r
Z a
Z a
Z b
Z l
→
1
−
→ −
l2
Vab = −
E · dr = −
E ·dr =
B ·ω ·r ·dr =
B ·ω ·r ·dr = B ·ω · = Bωl2
2
2
b
b
a
0
Otra forma de resolver el problema es pensando en en diferencial de flujo que hay en
el área barrida por la barra en un diferencial de tiempo.
ω
dΦ
dS
dθ
l
−
→
B
dθ = ω · dt
dΦ = B · dS
Podemos ver dS como un triángulo: dS =
dθ · l · l
2
1
1
dΦ = B · l2 dθ = Bωl2 dt
2
2
dΦ
1
|ε| =
= Bωl2
dt
2
9.2.
De un solenoide largo y recto.
Compruebe que el coeficiente de autoinducción o inductancia de un solenoide largo y
recto, de longitud l, sección S y n vueltas por unidad de longitud, vale:
L = µ0 n2 lS
Solución:
(n espiras)
S
11
00
s
00
11
00
11
00
11
B
00
11
00
11
i
i
l
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Se entiende que n es el número de espiras por unidad de longitud y N el número de
espiras.
B = µ0 · n · i
N =n·l
Φesp = BS = µ0 niS
Φtotal = NΦesp = Nµ0 niS
Φr
=L
i
L = N · n · µ0 · S = n2 · µ0 · S · l =
9.3.
µ0 N 2 S
l
De un cable coaxial.
Compruebe que el coeficiente de autoinducción o inductancia por unidad de longitud
de un cable coaxial compuesto de dos cilindros conductores de paredes muy delgadas de
radios R1 y R2 (R2 > R1 ), vale:
µ0 R2
ln
L/l =
2π R1
Solución:
dS, dΦ
−
→
B
−
→
B
r
r
r
R1
R2
l
I
C
X
→
−
→ −
B · dl = B · 2πr = µ0
I
µ0 · I · l · dr
dΦ = B · dS = B · l · dr =
2πr
Z
Z R2
µ0 · I · l
µ0 · I · l
dr
R2
Φ=
dΦ =
=L·I
=
· ln
2π
r
2π
R1
S
R1
R2
µ0 l
ln
L=
2π
R
1
L
µ0
R2
=
ln
l
2π
R1
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9.4.
De un conductor cilı́ndrico recto.
Compruebe que la inductancia interna por unidad de longitud de un hilo conductor
cilı́ndrico recto macizo vale:
µ0
= 0, 05µH/m
L/l =
8π
Solución:
dl
dx
111
000
B
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
R
2πr
I
l
B · dl = B · 2πr = µ0 I
µ0 Ir
r2
⇒B=
2
R
2πR2
µ2 I 2 r 2
1 02 4
µ0 I 2 r 2
1 B2
= 4π R =
U=
2 µ0
2 µ0
8π 2 R4
dU = u · dV
dV = l · 2πr · dr
µ0 I 2 r 3 l
dU = u · dV =
dr
4πR4
Z
Z
µ0 I 2 l
1
µ0 I 2 l R 4
µ0 I 2 l R 3
·
=
= LI 2
r · dr =
U=
du =
4
4
4πR 0
4πR
4
16π
2
hilo
µ0 l
L=
8π
µ0
L/l =
= 0, 05µH/m
8π
9.5.
De la fuerza magnética a partir de la energı́a en un solenoide.
Compruebe que la fuerza que actúa sobre el núcleo de permeabilidad µ > µ0 de
un solenoide largo y recto de sección transversal S y n espiras por unidad de longitud
recorridas por una corriente I constante, vale:
F =
1
(µ − µ0 ) I 2 n2 S
2
Solución:
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40
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n-x
n(l-x)
−
→
µ ,, B
−
→
µ0 ,, B0
x
l-x
l
µ
µ0
B = µ·n·I
B0 = µ0 · n · I
Φesp = BS = µnIS Φesp0 = B0 S = µ0 nIS
ΦT = Φesp · nx + Φesp0 · n(l − x) = µnIS · nx + µonIS · n(l − x) = n2 SI [µx + µ0 (l − x)]
ΦT
= n2 S[µx + µ0 (l − x)]
I
1
1
1
U = LI 2 = ΦI = n2 SI 2 [µx + n(l − x)]
2
2
2
∂U
1
Fx =
= n2 SI 2 (µ − µ0 )
∂x
2
L=
De esta última ecuación deducimos que el solenoide tiende a absorber corriente si tiene
menor permeabilidad que el aire, si en cambio es mayor, tiende a proporcionarla.
9.6.
De la inducción mutua en un solenoide.
Compruebe que la inductancia mutua entre un solenoide recto muy largo de n vueltas
por unidad de longitud y una espira de radio a centrada en su mismo eje vale:
M = µ0 nπa2
Solución:
−
→
B
a
B = µ0 nI
Φ = BS = µ0 nI · πa2
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Φ
= µ0 nπa2
I
M=
9.7.
De la inducción mutua entre un hilo recto y una espira
rectangular.
Compruebe que el coeficiente de inducción mutua entre un hilo de corriente recto e
indefinido y una espira rectangular coplanaria de lados a y b, situada a una distancia d
del hilo, vale:
µ0 b d + a
M=
ln
2π
d
Solución:
x
dx
dS
Hilo
−
→
B
I
d
b
a
El campo magnético producido por el hilo a distancia x de él: B =
µ0 I
2πx
µ0 I
· b · dx
dΦ = B · dS = B · b · dx =
2πx
Z
Z
µ0 Ib
d+a
µ0 Ib d+a dx
=
ln
Φ=
dΦ =
2π d
x
2π
d
S
Φ
µ0 b
d+a
M= =
ln
I
2π
d
Parte V
Sistemas
10.
Régimen transitorio en sistemas lineales.
De este tema no hay ejemplos en los apuntes, mire los boletines.
11.
Régimen sinusoidal permanente.
En este tema no hay ejemplos de teorı́a, sin embargo hay ejercicios.
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