Miguel Furman 10p5d

E(z)

[

[(z-z' )2 + r' 2]3/2

Iz 1 �

!

f

E(z)

E(z)

cte.:

(z 0 [f

2\

+

!) - �(1-

z) ]

-26y para y para 2°

a

E(z)

z ), 2 ,

Método:

= � 2 &o

.. a E (z) = - �f 2 &o

teorema de Gauss

,,

a '2'

E

d§'

, .. ,

a

(para I z 1 >.,

-cÍLÍNDll..O RECTO DE BASE AS 1 1 1 1

..

1 1 1 1

1

1

1 1 ' _,..,------ ......... _ 1

r'

,,....

..

-�..,

- .... _____ ,__ 1

Fi g,

dS 22

Recordando las observaciones (c) y aplicando el teorema de Gauss al cll lndro recto de base As de la figura:

# .. -s

cll

luego:

E (z)

�

E

d

2 E ÓS

"'k

2&o

=-

&o

= _1_

- -'- l:l s

11

f d E;

&o

a

2

fff

f

a '2' a

� (z' )dz'

-!

f

y cambia de signo para z ( -

(z' )dz' a 2

(para z>

a

2),

Este mismo método se puede aplicar para lzl <

que S' es constante:

I,

en el caso en

Recordando que fes paralelo al eje Oz y la observaci6n (d), y aplicando el teorema de Gauss al cilindro recto de base �S de la figura (notamos que las Dases del cilindro están a igual distancia del origen):

-27-

,.. k o

23

Flg, d

s ...

cil (sup)

Luego E 3 er

Método:

tiene:

c 11 (vol) • V·2z As

• f..Ll &o

cuación de Polsson, para f • cte, y lzl �

e

¡

Dent ro de la distribución de carga, es decir, en lzl� 2v n V

pe ro

& f d

_J_ &o

1 • -&o

2E ÓS

r·c.t....

• - _f_ & o

'

V• V(z), pues la distr ibución varía con z y es Infinita: Entonc�s

Pero 't • - V V• -

* k'

�

. - -1.

-5!1

- - .L

dz2

dz

&o

&o

+

vale ce r o par a z • O (ver observación

S e tiene entonces, suc esivamente:

dVI

. o

dz z•O

K • O

+

K'

(d)),

a , se 2

-28" dV kdz

- <:J V

E

l.LR_ &

o

Este método no tiene ventaja alguna para lzl>,.

%,

porque para

detern•inar las constantes de integración <,e necesita conocer el campo eléctri co en algún punto del espacio. 40

Método;

superposición de planos (para lzl�

I)

Recordando las observaciones (b) y (c), podemos reducir toda la distribución de carga·a un solo plano, juntando en uno sólo todos los planos definidos en (b), de tal modo que no se pierda carga; es decir, que si toma mo, un disco de áreaÓS sobre este plano y calculamos su carga (O' S), ésta a,,!::erá ser igual a la carga total e,ccerrada ;:,or un cilindro con este mis mo disco de base, y de altura a, en el caso de la distribución maciza anterior:

·6

----AS

,'

.---AS

f 1,1�-� --�

PiAJJC EQái'�LDu TF

DIJ'TR/BUC!OlJ MACIZA

Jff ci 1

F i g, 24

9 (z' )db

(2

r

(z I)dz'

a 2

2 (J"

I a

?

(z') dz'

2

i•.p I i cando c, 1 teorecna de Gauss a un ci 1 i ndro que es cortado por es te olanc, '/ recordanco la observación (e):

.,.

E e !

_1_
-29-

l\S

E F i g. 2S 2E

65 E

_l_

o-

6S

..,. (\

(;

k

2 '• o

�

\'

A

k

¿,

�

para z >

(z' ) dz'

a 2

a

2

a 2.

, i ,:le, o a ra z < -

PROBLEMA t.::i1_)

�e ti ,co un car,po eléctrico constante y uniforme er todo el •0 Sec, E, ...:- � i?, en que f es un vector unitario segtJn el eje O z .

(vacío),

s,,

te dieléctrica crJ se deforma. re

,a

.

Ór;

1

ir,u�,duce luego una esfera de material dieléctrico oe :0nsla- '·, y de radio R. Como consecuencia de esto, el campo e l éctri Tócese el origen de coordenadas en el centro de la esiera. Llj

éil

inLrix "" la esfera, y region 11 al exterior.

a) Se sabe 1,esto es ur dato) que la solución para el nes se escribe, en coordenadas esféricas: V V

\

1

A =

V 11

CcJlc_:(;' las constantes A 1, A , 2

l

r cos El + B1 cos El

A r cos El+ B 2 2 B , 1

cos 9 r

2

;:·otencial

e,·

·c;as re;"-

(r � R) (r � R)

B . 2

Calcu l e el car,,pc., eléctrico en el interior de la esfera. b) e) Calcu l e l a densidad superficial de carga de polarización sobre la superficie de la esfera. Resolución. a) Para calcular lcls cuatro constantes, escribamos las condiciones de borde para el prob l ema: E l pctenciai Jebe ser finito en todas las regiones del espacio (sali) vo en el infiniro), oues el campo eléctrico debe estar bien definido en todas

-30-

P(r,9,(j)l

le:

z

''"ª"i

y

Fi g. 26 ellas (no se han introducido cargas puntuales). ii) Para las regiones del espacio muy alejadas de la esfera, la distor5iÓn del campo producida por la esfera debe desaparecer, iii) El potencial debe ser contínuo sobre la superficie de la esfera, pues, de no ser así, el campo el�ctrico estaría indeterminado sobre ella. iv) En la superficie de la esfera, la componente normal del vector desplazamiento debe ser continua, pues allí no hay carga libre, Con estas cuatro condiciones de borde nos será fácil calcular las constantes. El potencial es:

V

cose

r � R

cos 9

r

La condición (i) implica inmediatamente: 61 = O

----------------------

pues, de no ser así, el potencial será infinito en La condición (ii) es: 1 im r�o0 para r -+ "°, V luego:

E

r

(l),

r = O.

>., R

-31ro

y esto debe ser igual a

E o "k • - A "k 2

luego:

E

0

---------------------------

(2)

La condición (iii) es: v (R, Q) .. v (R, Q), 11 1

.../Q,

para

V (r= R)= A R cos Q 1 1 v

(r= R) = - E R cos Q + 82 0 11

igualando y simplificando por cos Q, resulta:

RA

1 2

= - ER + o

I

------------------- (3)

R

La condición (iv) es: Dn 1

(r

....

=

0

R)

....

&& º E I

º1

�

0n I

on 11 - && o

r

A

º1

=

nll

(r= R)

- && o

"J VI,

""r =

.....

01 1

L

av 1

r �

-

R

=

&Al= - Eo -

luego:

y

lo mismo para

.... o 11

:

é H¡

&,¿º

= -

'!/ Q,

para

ar"

& o

OV

Ii � & o

= -

282 R3

L

ov, 1

,;:--

R

"( Q

------------------ (4)

Las relaciones (3) y (4) forman un sistema de dos ecuaciones con resolviéndolo, resulta: dos incógnitas: A¡ y 82 _ 3E0

-------------- (5)

&+2

E0 R3(& _ 1 )

-------- (6)

& + 2

r

y el potJnclal se escribirá, finalmente:

\/ b)

,.

V

11

3 E0 &+2 - E

r cos Q

o r cos Q

Para calcular E1, conviene escribir

r � R

Eo R3 (& - 1) & + 2

.-

cos Q r �R r2 v1 en coordenadas cartesianas:

+

-32V ¡ "' luego:

Se sabe que

&+2

...

E E

c)

-�

p

O'

-

I

=

I

...o =

" k

'v VI

3E 0

dV¡ dz

&+2

= pn (r = R),

..

&o E I +

....p

'

= &&º E I

P= &o (& - 1 ) E I pero

pn

En

En luego

&º(& - 1) En dV I

.. -

3E 0 &+2

I r=R

,: & (& - 1 ) o p

(7

cose 3E 0 &+2

cose

Un rápido chequeo nos dice si hacemos desaparecer la esfera, -es decir, ponemos & = 1, todas las ecuaciones nos dan los valores esperados:

o-

o

Es interesante notar que r1 es uniforme y colineal con 0, pero de m6dulo menor, pues, en general, & > 1; esto se debe al campo uniforme que las cargas de polarlzaci6n sobre la superficie de la esfera producen en ion t ra de (0 (pp "' O). Puede def in lrse entonces un "campo depo 1 ar lzante" E dep, como: rdep

E

t

Eº - E¡

también es posible definir un "factor de depolarizaci6n" L como &o Edep � LP

en el presente problema, es fácil calcular L;, en efecto, t dep

t

0

luego:

�t 2 o & +

-

t1

= ! º

_3_ m

LP = L&o (& - 1)rl 3 Eº L (& _ ¡) & + 2 L

.L:...J. & + 2

E' º

& - 1

&+2

to

-33luego:

L

1

3

También es interesante notar que el potencial fuera de la esfera está consti tuído por la superposici6n de dos térm�nos: uno es - E 0 r cos 9 = - E z, que 0 es potencial debido al campo uniforme E0original; el otro término, 'cos Q

que es el que da cuenta de la distorsi6n del

r2

& + 2

campo, es idéntico al potencial que produciría un dipolo en el origen de la esfera, si su momento dipolar p fuese: 3 p = 4 'T't' &0 R (& - 1 )f;cik

& + 2

en efecto, el potencial producido por un dipolo de momento V ( .... r P

)

=

o

p

r 3

y t

E0 R 3

comparando

(& -

(& +

p

4ff&

es

p . .,.

411: &

en que Q es el ángulo que forman término del potencial de la esfera,

luego:

p

Eo R 3 (& -

2)

V (t) con el segundo p

1) cos Q r2

)

1 0 = ��

& + 2

y, considerando que Q se mide a partir del eje Oz del problema, se deduce que p

es colineaT con k':

...p ..

""

p k.

De este modo, el único efecto de introducir una esfera dieléctrica uniforme en un campo eléctrico uniforme, es agregar al potencial externo a ella un término dipolar con origen en su centro y orientado según el campo uniforme original. Se deja propuesto hacer el problema en el caso de una burbuja de aire que se ha introducido en el dieléctrico de un condensador de placas para lelas. PROBLEMA 9,Un condensador está formado por dos esferas metálicas de radios a y b, y cuyos centros están a la distancia c, en que c >> a,b. Calcule su capa cidad.

� figura correspondiente será:

-34-

o..:::;....��A:;::..��x¡;...��-=81-��C�--��-,�� X

I

1 1 1

e Fi g.

27

El truco habitual para calcular capacidades es suponer que ur,.� de las armaduras del condensador tiene una carga +Q y la otra -Q. Enseguida, dada la geometría del sistema, se calcula el campo eléctrico en todo el es pacio, o bien s61o en la regi6n entre las armaduras. Luego se calcula su di ferencia de potencial (en valor absoluto) integrando d a lo largo de un trayecto c6modo (cualquiera) que una las armaduras.

t·

r

En nuestro caso, dada la simetría del sistema y la aproximaci6n c>�a,b, es fácil calcular directamente la funci6n potencial sobre el eje Ox, que pasa por los centros de las esferas: podemos suponer que la carga de ca da una de ellas está concentrada en su centro, de modo que se comportan como cargas puntuales. (Esto es s61o en primera aproximaci6n, ya que los centros de carga se encuentran un poco desplazados ullo hacia el otro, debido a la a tracci6n electrostática).

La funci6n potenciar sobre el eje x será:

V (x)

-Q 4-n: &0 {c - x)

�]

[�

y la diferencia de potencial;

V (B) "' V (A)

la

:,

c - c + b

+

1 c=a J

y puesto que c)>a,b, V (B) - V (A) ;;;"

4

J&

0

[

%

l a

Esta diferencia de potencial es negativa, de modo que su valor absoluto será:

V l = : 1 V ( B) - V (A) 1

y la capacidad:

e

[ la

+

l b

-i]

-35Un chequeo rápido nos dice que si llevamos la esfera mayor al infinito y hacemos tender su radio a infinito, (c ---+O), b --.oo ) C nos da la capacidad habitual de una esfera aislada de radio a,

PROBLEMA 10.Un condensador consiste de dos placas metálicas paralelas, de la dos a y b, y separadas por una distancia d; entre ellas existe el vacío, y la diferencia de potencial entre ellas se mantiene constantemente Igual a V (mediante una batería, por ejemplo). Se introduce una placa de material dieléctrico de constante &, de espesor t(t < d) entre las placas del condensador y paralelas a ellas, en la forma que se indica en las figuras, Calcular la fuerza que se ejerce sobre el dieléctrico.

X

a .• ,

' :-i'. 1 1

• 1

1 1

•

-�----itl:• -t-- ---- • •• d---e

a

1 1 1 1

X o

1

Fig.

..

b

... 1

28

Resoluci6n, Cuando la diferencia de potencial es constante, tenemos:

w

�x

! .

en que: C es la capacidad del condensador;

e

=

e v2 •

e

(x).

Para calcular la capacidad, podemos descomponer el condensador con el dieléctrico que lo llena parcialmente en dos condensadores conectados en paralelo en la forma que se Indica en la figura, esto Jo podemos hacer porque suponemos que se desprecian todos los efectos de borde, es decir, se supone que el campo eléctrico t es siempre perpendicular a las placas y existe s61o en la región comprendida entre ellas. La capacidad de nuestro condensador será, entonces:

-36-

F ig. 29

Calculemos la capacidad de A, CA

Fig. 30 el campo eléctrico entre las placas de fuera de estas placas, vale cero.

A

es constante y perpendicular a ella

·

Aplicando el teorema de Gauss a un cilindro recto de base ,ÓS como se indica en la figura, tenemos:

ft·ds=

ci 1

(hemos supuesto que la carga Q de la placa izquierda está uniformemcrte rlistri buída)i Entonces

Luego

La ,'unción potencial

E b, S

.... E

__ Q_

k'

-

d r +

'·

o bx

será: V ( z)

�t':gra�jo a le ! a re:

eje

z.

)

't .... d r

....

= k dz

e,

-37V (z)

e,

+

y la diferencia de potencial entre las placas será, en valor absolutc:

v

1

= lv(d) - v(o)I

la capacidad es:

Qd &0 bx

b& x 0 d Calculemoa ahora la capacidad de B:

-Q'

+Q'

o

A X+t

d

z

F i g, 31 dividamos el condensador en 3 regiones; el campo t será paralelo a f: apl i cando el teorema de Gauss a un cilindro idéntico al anterior, tendremos para las regiones (1) y (3), en que existe sólo el vado, • d

E

s -e;; =

q

Q' As

As

luego:

�

Para la región (2), donde está el dieléctrico, podemos calcular E por conservación de la componente normal del vector desplazamiento:

..

�

"'

D = &&0 E= && 0 E k

D

= O · k'

&&0 E =

& oQ

' & 0b(a - x)

luego, tenemos para la región (2)

E

-38= &&O �ta - x)b k.

..

""

(ll

La diferencia de potencial entre las placas será, en valor absoluto: E • d r

�

�

e integrando a lo largo de I eje Oz, d ¡t' +t

V' 1

)

1

&0b(a - x)

1

b& (a - x) [ Á o

V' .,

V' "'

El dz+

Q

9.'

r

[

E

2

=k dz +

dz;

).+t

g•

).

+

E

dz

3

�·· . ( ,, l

J dz+ J

o�

t

1 &

+

dz

d - t

A+t

-'l.]

la capacidad de B será: CB

Vj

= ..k

b&0 (a - x)

d + t( l - 1)

&

La capacidad total del condensador será: C• y la energía:

+

� d

+

(a - x) b &o d+ t (l-1) &

2

X 2J V b &o [ el' + Finalmente, tendremos para la fuerza: F

X

a - X d+ t(l-1) J &

3 Wv

2 l 2 v b &o

[�

-

d + t( l -1) ] &

Un chequeo rápido nos dice que si hacemos & = 1, es decir, quitamos el dieléc trico, la fuerza se anula, tal como debe ser.

-39Fijémonos un poco en la ex.presi6n de la fuerza; como t < d, y & .:.. l en general, la fuerza es negativa, es decir, el dieléctrico tiende a entrar al condensador, Esto es característico del caso en que se mantiene constante la diferencia de potencial. Notemos que sí el dieléctrico tien de a entrar, la capacidad tiende a crecer, (ver la expresión de la capaci dad en funci6n de x), y por lo tanto la energía almacenada en el condensa dos también tiende a crecer. En el caso en que se mantiene constante la carga del condensador, ocurre todo lo contrario, es decir, la capacidad y la energía tienden a disminuir. Notemos también que la fuerza es constante, no depende de x; esto se debe d que hemos despreciado los efectos de borde del condensador; si los tomásemos en cuenta, obtendríamos una expresión para la fuerza que dependería de x, y estaría definida en todo el espacio; nuestra expresión F x es válida sólo para o< x < a, ya que ésta es la hip6tesis que hemos considerado 1mplícitamente en los cálculos de C y 8• A

c

PROBLEMA 11 • -

.R,

Un condensador cilíndrico de altura y cuyas armaduras tie nen radios a y b (b > a), está cargado con una c•rga Q, es decir, una ar madura tiene carga +Q, y la otra -Q. Entre las armaduras existe el vacío, La armadura interna es un cilindro (metálico) macizo,

dad

Se sumerge el condensador en un líquido dieléctrico de densi &, a una profundidad h,

P y constante dieléctrica

Calcule la altura a que sube el nivel del líquido que queda dentro del condensador, en relación al 1 íquido externo (basta llegar a la x ecuación correspondiente). Ver figura:

-Q"!.-------

Resolución.

J,

Fig, 32

La diferencia de nivel �h estará dada por el equilibrio entre la fuerza electrostática sobre el 1 íquido y su peso, La fuerza electrostática es:

-40puesto que la carga

Q

se mantiene constante;

i_

l 2

e

Calculemos la capacidad

C

del condensador,

Para ello, podemos considerar el condensador como dos condensado res corH:ctados en paralelo: uno será el que corresponde a--1a parte sin l íqui do, de altura -x, y el otro, a la que lo contiene, de altura x; el dibujo correspondiente es el siguiente:

J.

r ·r- l..

-t-

t-"

1-x

e

-

X

_j_ _

Fig. La capacidad

C

33 de nuestro condensador será:

El hecho que podamos separar nuestro condensador en dos conectados en parale lo se debe a que suponemos que despreciamos los efectos de borde y la deforma ci6n del campo eléctrico cerca de la superficie del 1 Íquido, Calculemos C aplicando el teorema de Gauss a un cilindro coa 8 xial con las armaduras, de radio r; a� r� b:

�/

-<J

®

+<J 1 1

1 1

''

,

1

Fig, 34

1

,I

T

_L X

Supongamos que la armadura interna tiene carga +q y la externa una carga -q; estas cargas las suponemos uniformemente distribuidas sobre las superficies ::c las ar�aduras, de tal modo que el camo&-eléctrico es radial;

...

j

e il

en que

r

duras será:

-s

E

d

E

nr

E

-41 4 && o rx =

&&o

·"r,

q

=

es un versor radial.

El valor absoluto de la diferencia de potencial entre las armab

-

....

V¡ =

E

d r'

a

....

.,.... e integrando a lo 1argo de una recta radia 1, d r = r dr: V¡

=

v l

(

q 2 'JT && 0 X q

.i!:. r

Log

2'T'C &&0X

b a

q _ _ , se tiene: V¡

y como:

La capacidad de la parte A será análoga a la de e, y para calcu larla, basta hacer los siguientes remplazos en la f6rmula de Ce:

(pues en A existe vacío entre las placas)

& ---+ 1 x -.i Entonces:

C A =

-

x (pues

27t &0 Log

(i-

x es la altura de A),

.J2 a

La capacidad total será la suma de c =

1-

x)

C

y

A

[j + X

Ce:

(& - J) ]

Un chequeo rápido nos dice q ue si hacemos & = J, es decir, si quitamos el líquido, el resultado es el de la capacidad habitual de un condensador cilín drico vacío. La energía será: l wQ = 2

Q2

e

- 42-

La fuerza que se ejerce sobre todo el líquido que se ha introducido al conden sador será:

.. - ox OWQ

Q2 (& - 1) · Log

F X

4'Tl"&0

[2

� + x(& - 1 )]2

Esta fuerza es equilibrada por el peso de la porcl6n de líquido comprendida entre h y x, pues la parte comprendida entre O y h es equillbrada por el lí quido externo al condensador. El volumen de esta "rebanada" de líquido es:

v • 1't (b 2 - a 2 ) (x - h) , pues el cilindro interno es s61 ido;

el peso será:

p•mg•fv g p• en que

g

p g'fl'(b

2

- a 2 }(x - h)

es la aceleraci6n de gravedad, y p la densidad del líquido. La condici6n de equilibrío es:

Q2 (& - 1) Log

�

X (& - 1)) & 41'\" 0 [1+

2

Un chequeo rápido nos dice que si hacemos & = 1, es decir, quitamos el lfqul do dentro del cllindro, la ecuacl6n nos da x = h, como era de esperar. Desarrollando y ordenando los términos, se llega a la siguiente ecuacl6n de tercer grado para x: x3 (& - 1)

2

+ x 2 (& - 1)[2 .! - h(& - 1)] + b Q2(& - 1) • Log a 41't 2&º

S1 g(b

2

- a2 )

xi[J-

2 h(&

- 1)] - hl

2

-

o

Esta ecuaci6n no puede resolverse sin datos numéricos. La diferencia de altura con el nivel externo será:

t:,, h • X - h, PROBLEMA 12.Tres esferas metál leas idénticas t-lenen sus centros sobre los vér tices de un triángulo equilátero. Las esferas no se tocan entre sf. Cuando los potenciales son (V,0,0), las cargas son (Q , �.�). 1 a)

Calcular las cargas cuando los potenciales son (V', V', V').

b)

Calcular los potenciales cuando las cargas son (Q3, O, O).

-43Resolución.

Q\ '' I

3

G------0 I

\

\

\

\

Fig. 35 En general, se cumple que, ql

e,, v, + e,2

q2

c2,

q3

C31 V I

V2

+

C13 V3

v, +

C22 V2

+

C 23 V3

+

C 32 V 2

+

C33 V 3

-----

1 ( )'

en que q y V son la carga y el potencial de la esfera (i), respectivamente. i 1 Los coeficientes Cii y c1j se llaman de capacidad e inducción, respectiva mente: estos coeficientes dependen exclusivamente de la geometría del siste ma, Puesto que las esferas son idénticas, se cumplirá:

además, se cumplirá: c,2 = c2, = c,3 = c3, = c23 = c32 = k,

porque cualquier par de esferas es indistinguible físicamente de cualesquiera de los otros dos pares. (Hemos usado también la relación Clj = Cj ¡ para los coeficientes de inducción). El sistema de ecuaciones (1) quedará, entonces:

+ q 3 = cV 3

+

------------- (2)

l

V k(V 1 t- 2_)

si introducimos en ( 2) los datos del, problema, nos queda: QI Q2

�

cV kV kV

-44y de aquí:

e = a) y b),

Ahora podemos contestar a)

k

Llamemos (Q1, °'2• �)

a las cargas cuando los potenciales son (V', V', V'),

introduciendo estos en (2), resulta: Q'

°'2 Q'

3

cV'

+

2 kV'

cV'

+ 2

cV'

+

kV'

2 kV'

y de aquí: Q\ • °'2 • °'3 = (c + 2k) V' • (Q1 + 2Q2)

-V' V

Este mismo resultado podríamos haberlo obtenido utilizando el teorema de reciproc:dad de Green, que dice, en general:

en que las r.antldades

q ' v , q' , V' 1 1 i 1

son cargas y potenciales distintos

para una misma configuración de conductores; la suma se extiende a todos los conductores, En nuestro caso, podemos hacer:

v

1

V'i = (V',V',V'),

= (V, O, O)

y aplicando el teorema de reciprocidad de Green, nos da Q'

l

Q'

V "' V' (Q

l

+ 2�) ,

L

1

V

Aquí hemos obtenido una sóla de las incógnitas, Q 1 ; 1 del sistema, y puesto que los potenciales finales V'i deducir que:

Q'

1

pero, dada la simetría son iguales, podemos

• Q'2 = Q'3;

en el caso general, cuando no hay simetría, el teorema de reciprocidad de Green no nos servirá para resolver problemas, porque da sólo una ecuación; sin embargo, es útil para chequear resultados. Llamemos (0 ,0 , 0 ) a los potenciales cuando las cargas son (Q , o, O); b) 1 2 3 3 introduciendo esto en (2), tenemos:

-45Q3

e 0 1

+

o

e 0

+

o

e 0 3

+

2

k(0z +

03)

k(01

+

) 0� ..,

k(0

+

02 )

1

1

J

Resol vi en.do este sisternc;, e introduciendo los valores de

"i

Q3V (Q

Q3 (c + k) 2 21.:

c 2 + kc

0 2 = 03 = -

Q 1 + Ql � 2

Q3k c

2

+ kc -

l + �

2

k2

=-

2

c Y k,

nos queda:

)

Q

2

2

Q2 Q3 V 2 2 Q + Q Q2 - 2Q 2 l 1

El resultado 0 2 = 03 era de esperar, dada la simetría del sis tema, y puesto que la carga de las esferas 2 y 3 son iguales (valen cero). PROBLEMA 13,Una distríbucí6n de carga en volumen de densidad P constante ocu pa un volumen esférico del centro O y radio R (P> O), A)

B)

·Cuál es la direcci6n y sentido del campo eléctrico en cualquier punto del 'esoaclo ? El nÓü�lo del campo, 1(1, de qué variables depende? Calcule el campo elé¡trico en todo el espacio. Haga un gráfícc, de IEI (aproximado), Calcule la d¡ferencia de potencial entre el centro y borde de la esfera. Se coloca una carga puntual -Q en el centro de la esfera (Q > O), y se la deja libre. ¿Queda o no en equilibrio la carga en el centro? Si está en equilibrio, es estable o Inestable? La carga -Q se desplaza del centro de la esfera, pero siempre quedando dentro de ella, calcule la fuerza que actúa sobre la carga, �ibuje un eje Ox con origen en el centro de la esfera; suponga que la carga -Q tiene masa m, y está 1ibre de moverse a lo largo del eje Ox, pero sin sal irse de la esfera. Escriba la ecuaci6n diferencial del moviDemuestre que es un m.a.s, Calcule su período, miento.

C)

E

Se aplica un campo externo 0 ª E0 'Í' constan te y uniforme, en que 1' es el vector unitario a lo largo del eje ,c., La carga -Q está l lbre de moverse a lo largo de este eje. La dlstribuci6n de carga no se modifica, Calcule las nuevas posibles posiciones de equilibrio de la carga -Q; Determine cuáJ es estable y cuál es inestable. Discuta acerca del valor de E0 para que hayan dos, una, o ninguna po siciones de equilibrlo, Haga un gráfico 'de E = E (x),

Resoluci6n.A)

Puesto que 9 es constante, el problema tiene simetría esférica; en con secuencia el c¡mpo tiene direcci6n radial. Como 9 es positivo, el cam po apunta siempre hacia afuera, Por simetría esférica, el m6dulo del IEI será s61o funci6n de la distancia al centro de la esfera,r. campo,

-46-

----- ............ ,/d I I

I

'

I

-

' S' E

'I'

\�

I

1

1 \

s

1

I

\

''

'

"/ /

--

I

I

Fig. 36

a)

para r � R: apliquemos el teorema de Gauss a la superficie esférica y radlo r:

fff .

�f·dt .. � (S) S

S

de

centro O

.fdi &o

en que � (S) es el volumen esférico encerrado por la superficie mo t• E(r) r, y d ?• r d S, resulta:

S; co

E luego:

E(r)

y

b)

para r � R: apliquemos el teorema de Gauss a la superficie esférica

�t-d s .. S' en que

E (S')

\\¡�

1 l,{S )

es e 1 vo 1 umen esférico encerrado por S' ;

luego:

y

El gráfico correspondiente será:

(ver Fig. 37).

S' de radio r:

-47-

r Fig. 37

E(O) = O E(co) .. O

máximo de

E(r) en r = R

La diferencia de potencial éntre el centro y borde de la esfera es: V(O) - V(R) - -

\

°

E • ,,

R

e Integrando a lo largo de una recta radial:

V(O) - V(R) • -

V(O) - V(R) B)

La carga -Q queda en equilibrio en el centro de la esfera, pues allí el campo es cero. Para ver si el equilibrio es estable o Inestable, basta ver si � W es positivo o negativo en r = O; W es la energía potencial de la carga -Q en un punto cualquiera (interior a la esfera). W(r) ,. - Q V(r)

v (r)

1 E · ár +

e

integrando sobre una recta radial: V(r)

V(r) = -

f �r dr 3&o � 6 &o

+

+

e

e

-48r Q -6& 0

f

W(r) ., +

+ K

2

(K

- QC) pues W(r) depende sólo de r.

'iJ w = � r

d

2

tl

. ,;¡ w

6&0

2

\)

2

'v

2

W w

d.

L

[

r2

il 6 &0

..

il

•

&o

r2

l .

";:! )O,

r

d

dr 1

(tlL 6 & o

d dr

r2 •

6r

2

r

K)

J

J

2

pues Q,

� Y &o son cantidades positivas,

Luego el equilibrio es estable, SI la carga -Q se desplaza hasta una distancia que actúa sobre ella será:

F • -Qt

·t-

r < R del centro, la fuerza

"'r'

es decir, la fuerza apunta siempre hacia el centro de la esfera (era de esperar se este resultado, dada la estabilidad del equilibrio en el cen tro), La fuerza sobre -Q será:

F (x) • y como

F •

m

a, se tiene

pues hemos supuesto el movimiento sobre el eje d 2X

m

ovimiento,

dt

+

2

&o m

�

3

'

O•

X

Ox.

esta es la ecuación diferencial del

El movimiento es armónico simple con centro en O; la ecuación ge neral de este tipo de movimiento es: 2 d x

dt

2

en que el período Tes

en nuestro caso,

+

w 2

2

X

=

o

1t

üJ'"

w

=v9...L

3

&0 m

luego T

2

Tt'J

&o m 3 Q�

C)

...E

E = Eo

1 + .f.r:._ 3 &

_..

A

E • E

o

,:..

o "' Eo

Al aplicar el campo externo

....

-49-

,,... r

0

1,

para

el campo total será r � R

para

1 +

r >� R

Reescribamos estos campos a lo largo del eje Ox: a)

para

O � x , R, se cumr:, 1 e:

j

• 1;

r

• -x

luego: b)

para

-R� x �o. se cumple:

'? • -1' luego: ·c)

para

E• ( E 0 +

para

) 'Í'

3 &o

x � R, se cumple:

E. d)

qx

(E o

)1

x � -R, se cumple:

r ..

....r •

....

- X

- lj'

9

E • (Eo -

En resumen:

...E (x

(E o + ) =

fE \ o +

(Eo -

3

&

R3

x 0

tt-) o

2

1'

>1 -1.4 x 3

&

&

í'

- R � X �

X �

R

0

-1..&_ 2 ) 'í',

3

)

X

0

x� -R

R

-50tales que

a)

para

_ Calculemos las nuevas posiciones de equilibrio1 estos puntos son E(x) = 15', -R < X ( R;

Eo +

este punto

x

que ser:

1

�

o

-

3&o

-

existe siempre que quede dentro de la esfera; o sea, tiene

x > -R 1 3 &0 E 0

luego, o sea:

Eo

'> - R

<.lB..._ 3 &o

esta es la condicl6n que debe cumplir E para que haya equilibrio dentro de 0 la esfera; veamos si es estable o inestable:

f ... /\ l�

V (x)

=-

V (x)

= - ) (E + 0

E • ldx

V (x)

w (x) w (x)

luego:

'efw(x)

+

0

e

)dx +

+

6 &o

e

e

Q V (x) =QE0 x+ d2 W d X

�

Q�x 2 6&0

xl

+

"-3 &o

K

(K =QC)

'), o

luego el equilibrio es estable, b)

para

x ) R:

o � luego no hay posici6n de equilibrio para c)

para

x

<

es lrnaglnar I o

x > R,

-R

o

(se ha escogido evidentemente, el signo negativo de la raíz); existe siempre que quede fuera de la esfera; o sea:

este punto x 3

-51x3 <. - R -

R

luego:

v�

�<-

J

R

I 3 �&: E0 >

E <..fL

o sea:

o

3 &o

que es la misma condición que habfamos encontrado anteriormente para que hubie ra equilibrio; veamos si es estable o no:

y

V

E · í'dx + e

V (x)

f

V(x)

(Eo -

2

\

3

&o

X

2

� R3 3 &0x

V(x)

E0 x -

\ti (x)

- QV (x)

\tl(x)

Q E0x

+

3 � R

Q. f R 3 3

&o

) dx

+ e

+

X

+

K

(K = - QC)

\tl(x), evaluado en

,/w(x)

luego el equilibrio es inestable.

Hemos visto que para

E0 <

__rr 3

existen dos posiciones de equi&o 1 ibrio, una estable y otra inestable. Obviame,1te, para E0 = O, existe una sola en el centro de la esfera. Para el caso:

Eo = también existe una sola, en x = - R (verificarlo), pero esta posición es es table hacia un lado e inestable hacia el otro (este tipo de equilibrio también se llama inestable). En el caso:

Eo >

ñ 3& 0

no hay ninguna posición de equilibrio. gráfico:

Todo esto se verá claramente en el

-52-

E(x)

-f!!;,

--;J.- - - - J?: - - - - - - Ea - - - - -:- - - E(xJ=E0

R

Fi g.

(Que E(x) eje Ox),

X

38

sea negativo, significa que E

apunta en el sentido negativo del

Nótese que se podría haber contestado a todas las preguntas con sólo haber hecho el gráfico; se deja propuesto al alumno Jo siguiente: (a partir sóio del gráfico): Calcular los puntos

b)

Determinar si son estables o inestables viendo hacia dónde apunta la fuer za a ambos lados de cada uno de ellos;

c)

En el caso E 0 = O,

x1

x ; 3

a)

y

determinar la ecuación del movimiento armónico simple

y calcular su período; d)

Determinar las condiciones que debe cumplir

E

0

para que haya dos, una o

ninguna posiciones de equilibrio.

PROBLEMA 14. Se tienen dos planos conductores paralelos infinitos de ecuaciones El plano x = -d está conectado directamente a x = d y x = -d, respectivamente. tierra, y el otro, a través de una batería cuya diferencia de potencial entre (Ver figura). La región comprendida entre los planos está sus bornes es V0• rellena con un material dieléctrico cuya constante dieléctrica & es función de x: &

a)

&(x)

ª

( X )2 + J

Calcule el campo eléctrico en todo el espacio, en función de la densidad de carga o- de los planos.

-53b)

Calcule la función potencial en todo el espacio, fije la constante de in tegración, (también en función de
e)

Calcule la densidad de carga superficial O- en cada uno de los planos en función de V0 ,

d)

Calcule el vector polarización

e)

Calcule la densidad de carga de polarización, �p y la densidad de carga superfklal de polarización °"'p• en las dos superffc!es del dieléctrico, con O- , compare O;,

P.

Suponga ahora que los planos no son Infinitos, sino que tienen área A, Jo su ficientemente grande como para despreciar efectos de borde, f)

Cé'l cule la ene rg r a de I s l stema.

g)

Calcule la fuerza de atracción entre las placas.

hJ

Calcule la capacidad del sistema.

1)

Haga un gráfico comparativo (uno sólo) de &0 E(x), P(x), D(x); haga otro

gráfico de Yp (x)

-d

d

,e

/!

V=O'=:' Fí g.

39

Resolución,Las líneas de campo fluyen de las regiones de mayor a menor potencial; en a) consecuencia ellas van de la placax= d hacia la otra. Por simetría y porque las placas son infinitas y homogéneas, las densidades de carga superficial en ellas, O" y -
x l > l d

vale cero

-54-

-u

(j o

-d

X

d

[ Cx >

-

J;

Vo

Fig, 40

V=O

Aprovechando e�to, aplicamos el teorema de Gauss al cilindro dibujado en la figura;

D.

ci l

s

d

= q

-sO"LlS libre

r.,.1

luego: o sea:

E=

O"

-

4&

0

debe ser equipotencial, pues no hay campo; lo mis

b) Toda la región x ,-d mo para x ��; es decir:

V (x 4 -d) {

= O V

V(x�d)

o

( ... ) E • d

En -d � x � d, V (x) = -

e integrando sobre el eje Ox, dr = 'Í'dx:

-J�

V(x)

4 &o

V(x) Para determinar

(J'"

4 & o

[ (x ) L

[2 3d

2

luego:

l

]

dx

]

+ X

+

+

e,

e

+

e

C, puede aplicarse la condici6n de borde: V ( -d)

luego:

+

d

r

_g:_ 4 &o

e

[

3

=� 3 &o

d

3

d2

= d J

O

+

e

o

-55-

[! ( � ) 2 + 1 J

luego:V(x) = � c)

Para calcular

• O" d luego,i¡¡: o

+ ;;.:

(- d $ x � d)

O", podemos aplicar:

+ [t+1J

O"d

V

!&o

3 &o Vo 2d

r:r

o (en x

d)

(en x

- d)

-d, ()"cambia de signo:

En el plano x

<:r = -

3 &o Vo

2d

(esto es fácil de demostrar tomando un cilindro que sea interceptado por los dos planos, y aplicándole el teorema de Gauss). d)

- ..

....D = & ..E + p 0

&& o

! ..

p 1

&o E

+p

= & (& -

o

4

·[e� ,'

r-

1)

1

+ l

l

(- 1 ) ()"'

& o

e introduciendo el va 1 or de O' :

�p

p i)

[

o

3

(

ª /]

p

dx

3 &o V o

..

Pn

-

4 d3

=

p

...

en X= d, n <)"p

V

�Px

�p

9p

o

8d

- 'l.

�p

eJ

&

3

p = -

(d)

(d)

....

- p

E

. ·q

X¡ n ,;,,

1;

-d

3 &o Vo 8d

entonces:

[

[( j

4 &o

ª

d )2 ] 3 - (

/,'.

)

2

+1 ]

1

-56-

0-p

(d)

3

( d)

3

ii) en x = -d, 17

cr-

p

td) =

d p (- )

p

w

l 2

[

2

cr

- 2

4d

�

n =

- i;

,:.

1- d

p

1

&o V o

3

.

&o Vo

�

°8d [

entonces:

-d

-

3

( -d-

3 &o Vo

(-d) = +

af)

-

&o V o 8d

i

2

]

-2-

o-

4d

v.1

q.1

en nuestro caso:

o; ,

ql

V

Vo

q = Aa-(d ) 2

2

w

1 2

w

3

w g)

=

l 2

1 = -

&o v; A

& o Vo 2 d

4d

W

m e

2

3

V0 A

(podríamos haber calculado

w

A cr (- d)

v l

por otras dos maneras, por lo menos: do

E

D

es toda I a región entre las

en que E> placas:

v

2

)

Cuando hay campo hacia un solo lado de una placa, se cumple: QE

F = 2

1

en que Q es la carga total de la placa, y E es el campo que existe en ese lugar; la fuerza está dirigida hacia adentro (las placas se atraen)

F F h)

=

t

!J"A

cr'

�

2 9 &o v A

[

16 d2

La capacidad del condensador será:

e

V

( � )

2

+

1]

-57en que Q = valor absoluto de la carga de una placa. y V es el valor absoluto de la diferencia de potencial entre ellos: A <:r

C

e=� 2d

.... &0 E(x) =

i)

2 [<�> +1]'1'

3 &o Vo 8d

3 &0 Vo

&0E(x)

[<j

8d

3 &Q Vo

p (x)

[

8d

....

�

D(x)

&º E + p =

....

3 &o Vo

o = -

2d

3

/ + 1 ]

(1

-

2

) ]

3 &o Vo 8d

,...

3 &e Vo O (x) : 2d

(es una constante)

Gráfico de: &0E (x), P(x), D(x):

Id

y

)(

1

_ 3t V0 9 8d

/

1

1

t0 f (X)•· �:;•

[if)��

_ '.3(,, Vo id

1----

/

1 1 1 1

P(x):-

>;t0 [3-(;Y-J

�º"' L----oíx):- 2d

/1 Fiq. 41

-58(El hecho que & E(x), P(x), D(x) sean negativos quiere decir que apuntan ha 0 cia la izquierda). Gráfico de

(x) �P :

0 (xi=- �X

J p

4d3

8ci1.

d.

)(

-d.

tg

e. o(:_ 3é., V' ltif Fig. 4 2

PROBLEMA 15.Tres condensadores de capacidades

c 1 , c 2 , c3

están conectados en

serie. El sistema está conectado a una batería, de modo que cada condensador está cargado con una carga Q. Se desconecta la batería y los tres condensadores entre sí, (que permanecen cargados) y se vuelven a conectar en paralelo. Calcule la variaci6n de energía del sistema; ¿qué se hizo la dife rencia de energía? Resoluci6n.-

La figura correspondiente al primer caso es:

C2.

+Q

-o

+Q

-o

-Q

+Q

Fig. 43 La energía de este sistema es:

Wl

=

l

Q2

_J_

C¡

+ _I_ c2

+-1C3

-59En el segundo caso, la figura es:

+

+Q,� Q + , Fig. 44

La energía de este sistema es: w

1

(

= !

2

Q�

e¡

Cz

+

Pero se cumplen las siguientes relaciones: Ql

e V l

Q

e

2

V

2

e3 V

Q3

3

QI + Q 2 + Q3

Q

en que V es la diferencia de potencial común entre los bornes de los condensa dores; la cuarta ecuaci6n es simplemente la expresi6n de la conservación de carga entre el primer y segundo caso. De aquí:

Ql

e

en que e

l

Luego

Qi

+ e + e3 2 3 3

Q3

3 Q J 2

w 2

=

w

= .9.

flW

{lw

2

e2

e e

e'I

Q' 2

e e

e l

2

Q -e-

.:.l e

Q

(9

3

=

es la capacidad total de la segunda configuración.

Q

°i

O.¡ + Q 2 + Q3 C1 + e 2 + e 3

=

e3

e2

Q¡

Entonces:

�

9

+

e

2

2

e2 e

1 +

Q

+

e

9 Q2 e 2

2 2

+

e 2 e3

2

3

)

e3

w2 - wl 1

2

Q

2

(e

l

+

e 2

+

e3

- e; 1

1

c

e;- ) 1

2

-60-

[1w

�2

0f,sarro1 lando

D,'vl

1

2

L3 ) ( C 2 C3 c

C3

+

e1

+

C1 C2 )

r c c 3 ) "¡ 2 3

\ i

I

reor-denándo los té r,- i nos se 11 ega a:

y

r/

- ( e J + C2 + ( e + e" + 1

C3

9 ¡ i '2 ---

(

2

(

C

I

- e¿ i 2

(C 2

(C

+

I

C2

+

r

2

(C

c

+

C, )

-

I

2

+

e 1 c2 c 3

3

C 3 ( C2

- e,

1

,2

·-; \

Esta diferencia de energía se ha perdido en forma de onoas ele�tro�a;néticas: recorJeG1os que ec ninguna parte tene�os resistencias, de �odc �ue las corrien tes que circulan por los cables al reconectar los condensadores es infinita �ente grande, aunque dura un lapso Je tie�po infinitamente pequc�o: es oroba ble, entonces, que 'salten chispas'' al reconectar, lo que da cuenta de ia ge neración de ondas electror,¡agnéticas. En la práctica, la resíste:icia n,:i es nu�ca cerc, y la energía que pierden los condensadores se transformará enton ces en ca IGr.

PROBLEMA

16.-

Una esfera de radie R y de ,aterial no polarizable (E, = 1) está cargada ccn dersidaj de carga uniforme. de tal modo que su carga total es q;

a)

b)

Calcule la energía de] sisterca: Suponga que la esfera se trata de un electrór; la energía de lste \obte nida por consideraciores relativistas) es �el orden je Jo-13 Joule; ob tenga un orden de magnitud de su raaio.

--

z

Res,�J,�ci6n.-

,

I

I

I

/

I

,,. ,,.

''

'

'

''

\

\\s' 1 1

\

\S

1

' '

X

'

'

--

I

I

/

- ,

------

,, ,,

/

/

I

I

I

,1

y

Fig. 45

Sea la esfera de centro O y radio R; aplicando el a) esfera concéntrica de radio r, se obtiene:

teorema de Gauss a una

# t s

_l_ &o pero

�

!±_; R3 3

(pues E es sólo función de radia 1)

r

y es

-61-

para

3 q r

E=

luego:

r >,. R:

luego:

�, t ·

d

4 1t r 2

E

q

->,.

E =

La energía del

4-n: &o

=

r

q

&o r

r2

rrr

d �

2

�

= l

ff

-!2 &o t

dé

en �ue é es toda la región en que existe campo eléctrico,

r >,- R;

Sea

se cump 1 e:

Wl

( r � R)

s

sistema será:

w

A

r =

3 4 TC R

1 a energía de 1 a reg i Ón

w2

r 5: R, y

(to d o el

espacio)

1 a de 1 a reg i Ón

+ :alculemos

Wl y W2

,J n

l & 2 o

t 2

w2 =

!

2

�r2 r

(h,: ,3

)

'9=0 9=0 r = O

{rr,:

&o

& o

sen 9drd9d�

5 4Tr-R5

2

R

T r r = O 9= 0 r= R

( q )2 -4'1t'&0

2

r4 sen g drd9

E dl

)) f

t 'º f! 1

t>

r� R

r �

w, .

Ci

(4 . 4 -n: •

l

R

r"

m,

d

, " , "'

-62q

W2

b)

81t' &o R q2

w

Finalmente:

2

(

&o R

Para el electrón se sabe que:

l3 [ Joule W � l o-

_l_ 40

l )

8

3 q2

201t &0 R

.J

1 q = -1,6 • 10- 9 [coulomb]

pero

& o

8,85

R =

q2 2 20 'T'C &0

l o-

12

[

Fa ad J �

w

2 (- 1,6 rn-19) l0-12 20 · 3, 14 · 8,8 5

3

R

'::::!

l 1,38 · lü- 5

1 o-13

[ metros]

Im]

R ':::!]0-5 A º = l [ Fermi]

PROBLEMA 17.-

Se tiene n conductores a potenciales V i, i = pacio entre los conductores hay una distribución de carga tal es finita. Demostrar que si una función satisface la en todo el espacio, y además toma los valores Vi sobre la rior) de los n conductores, ella es Única.

l, ... ,n. En el es tal que la carga to ecuación de Poisson superficie (o inte

Resolución.-

ds

p(r}

J-.· X

Fig,

46

Sean Si, i = l, ... ,n las superficies que rodean a los conducto res. Dentro de los conductores no hay carga ni campo, de modo que el potencial dentro del conductor i - ésimo es Vi .

-0Sea¡' la regi6n en la cual existe campo eléctr i co, esta regi6n es todo el espacio salvo el interior de los conductores; en consecuenc i a la pode mos considerar I imitada por una superficie esférica de radio inf i n i to, S 00 y por las superficies Si que rodean a los conductores (los elementos diferen ciales vectoriales d ! que hay dibujados son los que emergen del volumen �). Sean 0 1 y 0

dos funciones definidas en el volumen ti tales que

2

satisfacen la ecuaci6n de Poisson y que toman los valores fic i es Sil es decir:

Vi

sobre las super-

como el operador laplaciano es 1 ineal, se tendrá:

Sea

ev i dentemente se cumple (por hip6tesis);

IJ}

(5¡ ) = O ,

Probaremos que l,J) = Se cumple:

'1/, i

=

1 , ••. , n

O en todo el espacio,

o·'

Jna identidad nos oice que:

·ntegramos esta ecuaci6n en el volumen

fJJ

('v

i!r

b:

lfll do

(t/'f=

=ff{ 5

�ero el teorema de la divergencia nos d i ce que:

'1·("r'vf)

# (¡,' (V <.¡,'

que S es la superf i c i e que encierra al volumen s = s

· Jego:

jfI

ao

+

i=l

..... d s +

b

dl;

)

.....

dS

en nuestro caso:

t# si

O, 1 uego:

O en todo el espacio)

(f('vl.f) ·

ds

-6-4-

t

Á-i.
i=l

ci

'H

s=

o

por otra parte, puesto que la carga total de la distribuci6n es finita, en el 1 ímite, cuando nos alejamos mucho, se cumple: (r � oo)

lfl decrece con

� , o más rápido (pues 0 y 111 2 lo hacen) 1

d Ses proporcional a \Jo/decrece con

1 ��, o más rápido 2 r

en consecuencia,

s que, en

r2

O, aún en el peor de los casos, puesto QC)

S eo , r = 00

Luego, finalmente:

Hf

, v cri

2

d�

º

es no negativo, no queda otra que:

o constante (en todo el espacio) pero y/ (S ) i

O, entonces: constante

luego:

!fl =

=

O

O en todo el espacio, luego

0 1

PROBLEMA 18.Se tiene una esfera metálica de radio R conectada a tierra (po tencial cero), y se acerca una carga q > O hasta una distancia D del centro (D ). R). a)

Calcule la densidad superficial de carga

b)

Calcule a partir de O- la carga total inducida.

c)

Calcule la fuerza entre carga y esfera de dos maneras distintas: zando la densidad superficial � ya calculada,

d)

Demuestre que el sistema carga-imagen produce un campo eléctrico tangen cial nulo sobre la superficie de la esfera.

O"

que se induce en la esfera.

utili

Rescluci6n.-

47). a)

Tomemos coordenadas de acuerdo al siguiente esquema:

(Ver figura

Mediante el método de imágenes sabemos que la carga imagen q' está a una distancia b del centro, en que:

-65)(

\"----- -

z

V=O

1:

F i g, 47

I

El

K�

R q D

.Q. q

R

potencial en un punto P

Ir, 8, 0) exterior a la esfera será:

[�

V(r,8,0)

d'

oor simple geometría se sabe

ue: q

2

2 + r

d' 2 { d

b

2

0

+ r

2

2

�

]

br COS 8

2Dr cose

(�2

l 4�&o

V (r, 8, 0)

2

+

-

q' 2

br

cos 8

+ Jo2

q + r2 -2 Dr � J

, el campo eléctrico en este punto es e

:ero como

',c,s

V

no depende de 0, se tiene:

interesa el campo eléctrico radial

fJ V ijr

E r

E

r

e - r sen 8

E '. r

q' (r-b cos 8) [

2

(r

+ b

2

-

2br

cos 8)

av Te

312

q(r - D cos 9) �- �� 2 + o2 - 2Drcos 8) 312 (r

J

Por otra parte, el campo eléctrico sobre una superficie metálica cargada es:

?;

-66en nuestro caso: ll"

E(R,9,0) y de aquí, se tiene:

y I uego: o-(9)

=

_1_ 4-rc

[

(R,9,0) &o

" r

q' (R-b cos 9)

(R 2

+ b 2 - 2b R cos 9)312

+

q(R - O cos 9)

(R 2 + o 2 -

2 0rcos

] 9)3/ 2

introduciendo los valores de q' y b, y reordenando los términos, se llega a: CT (9) b)

41'C R(R 2 + o2 -

2 DR

cos 9)3/ 2

La carga tota 1 será:

ff ()'dS esfera

Q =

2 11'

1t

Q =

Q =

Q =

Q

=

J f 9=0 0=0

2 q (R 2 - 0 ) 4 1T: R

2 2 gR( R - o ) 2

q(o 2 - R 2 ) 20

R

(

o-

2 (9) R sen 9 d9 d0

2 1t'

ío

d 0 }

2

-1 2 + R - 2 0R cos 9 \)

2

ORJo

o

[o : R

R Q = - q "Ir = q'.

sen 9 d9 2 + 0 2 - OR cos 9)

(R

A]

3/2

:1 .

que es el resultado que esperábamos. c) Al exterior de la esfera, todo sucede como si ella se remplazara por la carga imagen q': la fuerza será:

Calculemos ahora esta fuerza a partir del conocimiento de '1'; cada elemento de su.e,.erficie d S de la esfera tiene una carga dQ ejerce una fuerza d F" sobre la carga q: qcr (9)d S (Dk - 1) (

D2

+ R 2 - 2DR cos g)3/2

=

a-dS; éste

-67z

Fig, 48

d

F=

2 q d S(R2 - o ) (Dk - fR sen 9 cos 0 - j R sen 9 sen 0 - 1 R cos 9)

4'1'C&0

y la fuerza total será:

las componentes de

F

...a.

41tR(D2 .+ R2 -

( ) rr

F=

9=0 {ti

2

¡

luego:

o j

F=

0=0

segun I y J ,

d

'.'

1t

o

q 2 R(R2 - D 2) k

d0 Tr

81t&o

f

o

DR cos 9) 3

F

se anulan puesto que

e:: :

2 ft

2

(

)

f d0 ,r

Q

e

(D - R cos 9)R2 sen 9 d9 (R2 + o 2

o

2

DR cos 9) 3

(D - R cos 9) sen 9 d9 (R2 + D

2

-

2

DR cos 9)

3

la integral puede llevarse a cabo fácilmente haciendo el cambio de variable:

! "'

de modo que queda:

f 1 =

cos 9

l

l-1

esta Integral es del tipo

1 .. J

1

-1

(c

(D - R

a + bx

+ dx)

3

S)

dx .. a

d�

{

1

}_ ¡

dx

(e + dx)

3

+ b(

1

�I

xdx

(c+dx) 3

-68y cuyo resultado es =

a

(-

+

2 2 d(c + dx)

1

\

b c

b

2 2 d (c + dx )

i(c + dx)

2

evaluando esta expresión entre los 1 imites y ordenando, resulta

) 11

-1

= 2 (ac -bd) (c 2 _ d2) 2

1

y sustituyendo los valores originales para a,b,c y d:

- R

b d

20R,

resulta finalmente: 20

y de aquí resulta F' q 2 R (R 2 - o 2 ) k

F

20

81T &o

o lR=----t =----..., 2 2 4 'l't &º(

o -

R2 )

que es el resultado que ya conocíamos, d)

�,

El campo eléctrico tangencial sobre la superficie de la esfera es E0: E

O

=-(l r

av

""ie )r•R

es decir, nos basta demostrar que

1

'V -

a'"e - � 0

[ ( (b

2

t ) q' + r

2

f) e

(2bc seo 9) - br ces e)

3/ 2

r +

R (

=

o ;

-!)

q ( 2 0 r sen e)

2 2 (0 + r -

20

2 r cos 0)3/

l

;

sustituyendo los valores de q' y b, y evaluando la expresión sobre la superfiR, resulta inmediatamente que cie de la esfera, es decir, haciendo r

a

-;,;::;-v

"ª

Ir

=

R

o '

Jo que era de esperar, pues esta es una de las condiciones fundamentales para que sea aplicable el método de imágenes. PROBLEMA

19,-

Calcular la resistencia de un tronco de cono de altura h y radios basales a y b, en los siguientes casos: a)

La resistividaa

b)

P = Po

c)

p

�

p

es constante;

-69{En b y c, se elige un sistema de coordenadas tal que el eje z coincida con el eje del tronco de cono, y el origen está en el vértice del cono del cual se obtuvo el tronco). Resoluci6n.Hagamos el esquema del tronco de cono

z.

h

'\

\

a I

�

ah , z.._= b-a

I \ \ I

y

X

Fig, 49

El problema del cálculo de la resistencia del tronco entre las bases es muy complicado si se quiere resolver en forma exacta; para hacerlo tendrramos que resolver la ecuaci6n de Poisson con simetría c'l índrica en tor no al eje z, imp idiendo que fuera del tronco de cono exista campo eléctrico, y con la condici6n de que el potencial sobre las superficies basales sea cons tante. Sin embargo, podemos resolver el problema en forma aproximada, Para esto, supongamos que las 1 Íneas de corriente (y por lo tanto E) son radiales; por simetría cilíndrica (aún en los casos b) y c) ), las superfi cies equipotenciales son casquetes esféricos 1 imitados por la superficie del tronco de cono, En coordenadas esféricas, estos casquetes están descritos por las ecuaciones r = cte, O-' Q � G( , 0 = 0:

J

--- ---- z !l.= e.te. S {0(0�-(

(CIIALQUIEP. A)

g>· �

\la \

(,

\

\

I

I

Fig. 50

(CO/l.TE Dfl TlOAJCO D[ COAJO)

- 70Todos estos casquetes son paralelos entre sí, pues son casquetes de esferas concéntricas; en consecuencia, el m6dulo del campo eléctrico en to dos los puntos de un mismo casquete es el mismo; en efecto, sabemos que el cam po eléctrico E es perpendicular a toda superficie equipotencial; sea flV la diferencia de potencial entre dos casquetes:

'2:z

V=cte.

Fig, 51

AV

t1

pero por ser

!

.....

....

P

E3 • tJ. l3

E2 . ó .l 2

t1 1

radia I y

llÍ

también, tenemos:

!.1

�f¡

Juego:

= EiÓ.ei ;

pero como se trata de casquetes de esferas concéntricas,

luego:

Todo Jo que hemos dicho hasta ahora puede resumirse así: J(r, Q, 0)

J(r, Q, 0)?

E(r, e, 0) = E( r )

j ..

a-

E· -p1 -

T(r, ll, 0)

r

!

p(r, Q,0)

E (r) r'

Para el cálculo de la resistencia procedemos así: sabemos que la corriente i que fluye por el cono es independiente de la superficie que se tome para calcularla:

Jf

j. dS·

sb (ver figura

2

(( !· ds-

�

para notaci6n de S , Sb y S); para la superficie S, tenemos a d S., r 2 sen Qd9d0r

-71Juego

fsJ J ·

S

d

ª

J zr

i -

9=0

J ft

a)

p

=

fff

r 2 E(rl i .. p

luego:

r 2 E(rl

2

p

E(r)

2

=

p(r,e,0); luego, ap I i cando que

f (f

j. Ed�

r

cte • .. p

i =

sene de d0 p(r,e,0)

0= 0

....

tronco

R.

JJJ

l p

tronco

sene dQ di)

9=0

0=0

1T

(1 - cos et

,2 I

l

_1_ 2 r 2

p

1

P

El tronco está determinado

r 2 sene dr d9 d0.

por:

y por las superficies basales se escriben:

z = za y z = zb , que en coordenadas esféricas

r cose y

E2 d b

2 rr

iP 1T' (i-cos C()

tronco

E(r)r • r 2 sen e de d0?

p(r,e,0)

E( r) dado p

de aquí obtenemos

obtenemos

l

p (r,e,0)

E(r) r 2 sen e de d0

0= 0

r 2 E(r) f d. 9=0

Ri2 =

f[s

=

=

za

=

a · h ¡;--:-;

r cos e

Juego entonces:

f' J

9=0

r=

Zb

row Za -

cose

p

4ff'2 (J-cosa.)2

1

sene dr d9 d0

- ; 2-

2

R

-:,: p

( 1

2 (1-cos a ) 2 4 1l'

R

2

p

Q= O

'Tt' (1-co s et )

a cosQ

r=

'lt' ab h

-k)

Za

\

2

dr

z

d�

P(b-a)

R

z b cos9

senQ dQ

cos9 senQ dQ

sen <X. --� -cos Q) 4 (1

2

2

Esta fórmula se reduce al resultado bien conocido

R e

p h

11 ª 2

cuando hacemos tender el tronco de cono a un cilindro; es decir, manteniendo a fijo, hacemosOC-.o, (b- a), en efecto: R

R ( et ) ;

1 im t(..... 0

e

por simple geometría, se ve que: 1 uego;

4 Tt ah (a + htgct)

Cl__.O

R e

�

R

�

e

41Ya

4'TT a 4

R e R e R e

R e p

«. sen 2 2 ph tg 2

Re = 1 im

R

b)

b - a = h tg C(

Po

'tr

a

ph

4'1"Ca

1 im o

a...

2

2

0..-+0

ph 2 2 TT a

z

¡;

T( ª =

1 im Cl-+O

sen4 d.

(1-cosá.)

fQ h

2

4sen\1 cos ex

( 1-cos CX.) sen«

j

1!

0=0

2

( 1 ' Hopi ta 1 )

sen ¡;¡ 2

1-coscx.

2senQ. coscx sen <X

r cos Q 2

cos et)

sen\�,

2

rhlítl Po

1 im

�

2

-

(1-cosa. ) 2

á.-+O

�

ph

4 cos et

1 im

2

211' a

1 im C1.-+0

g, sen

(1-cosci)

Cl .. O

2

ph

tg 2

1 im

2

°'

(1

J

'l

senQ dQ d� cosQ

Q=O

(1

, Hop ita 1 )

- 73-

�'TI"rhE(r)

Log(sec d)

Po

iuego:

E ( r)

Entonces:

Ri 2

2 '!l

rh Log(sec O() 2 ,2 po I

h

� fl

p0rcos g

tronco

Poh

R

[2 '11' h Log(seco( )j

R

[21Th Log (secc()J

---�

[2 "1\h Log(seco( ))2

i

2 '1T

f

á.

0=0 9=0

)

zb cos8

Za r = cos9 )

(<X.

2

_1_ r2

lr

r

2

sen9drd9d0

tg9d9d0

tgQd9

b p0 Log (a) 2'1 t h Log(sec ex)

R

En este caso, no podemos hacer tender C(�O (b-.a) sin obtener un resultado infinito, pues si se toma este lfmite, el origen de coordenadas se aleja infinitamente, y en consecuencia, la resistividad crece infinitamente: la resistencia serfa, entonces, infinita; esto puede verificarse fácilmente.

e)

Puede verse de inmediato que la resistencia será, en este caso, nula. La razón es que la resistividad decrece con r hasta anularse en el eje del cono; la corriente se irá toda por esta región del cono, y será infinita: 2 'tt 2 2 b r E{r) sen9d9d0 Po Q=O �0=0 r 2sen 2 9

fo.

2 1tb

2

Po

E (r)

r

�

dQ

o ""señ9

(O

y la resistencia es, por lo tanto, nula. Hay otra forma de calcular la resistencia del tronco de cono, Consiste en dividir el que es más simple pero más alejada de la realidad, tronco de cono en "rebanadas" yuxtapuestas; la resistencia total del cono será la suma de las resistencias de todas las rebanadas, puesto que están conectadas en serie. Para calcular la resistencia de cada rebanada, la di vidimos en trocitos; estos están conectados en paralelo, y por lo tanto po demos utilizar este hecho para el cálculo de la resistencia en la forma ha bitual. En este caso tomamos coordenadas cil fndricas (r,0,z):

Sean AR y /::i.z la resistencia y la altura de cada rebanada, respectivamente; sea rt el radio de cada rebanada; cada rebanada la divi dimos en trocitos de altura .Óz y de base C.Si = r .:'.'.'ir¡ A0 : ¡ ¡

-74-

z.

y F i g. 52

La resistencia de este trocito es .6Ri = p

Az S � i

dado que estos trocitos están conectados en paralelo, se tiene �

=

1

i

1

AR

=

� "AR¡"

ff

r

rebanada

� . 1 dr

PAZ

r¡ �r¡.60¡ pAz d0

X Fig. 53

1 =

AR

1

( 21t

t:.z

�=O

r=O

p(r,0,z)

de aqur obtenemos ,ÓR, y luego, integrando sobre z, obtenemos la resistencia tota 1 de 1 tronco.

- 75a)

p

cte

=

p

1

=

1

=

.óR

.ÓR

2

i

_I_ p!:,.z

'T? r �

t

rdrd0

0= 0 r = O

2 'lt' r __t_ = p� z

1T' z 2 tg2a. pA z

p�z

.6R

2 2 1t z tg oc

luego: b-a

p (b-a)

R pero, por geometría, se ve que

(b-+ a). b)

ph 'T'[ab

Este resultado se reduce al del cilindro en el caso en que a-,o P "'Po

z

Ti 2

1

AR

1?'

= \=o

rdrdíll h p0zAz

e r= O t

1

=--hPoZ Q.Z

r2 t

R

.. �

b-a

Podz

AR

R c)

h tg(:(

b-a

R

luego�

2

p

'"'

b-a

z'!Thtg2 Cl

Po

1'C htg2ct Po

1?' hz t 9 2 13 p0 Az

x2 + b

2

,i

Log

b

ª Po

_¿ b

2

También en es t e caso veremos que la resis t encia es cero, por. la misma raz6n dada an t eriormente.

_l_ �R

luego .ÓR

(1t I

-76r

f

b2rdrd0 2

t

.1zp 0 r

0=0 r= O

l ,6 R

�

l AR

�

{t

P 0 az

r

o

Log �=

o

Poóz

e()

O, y la resistencia total es cero.

Este método de calcular la resistencia del tronco de cono no da resultados tan buenos como el método anterior; esto es porque el suponer que la resistencia pueda calcularse sumando las resistencias de las rebanadas, implica necesariamente que estamos suponiendo que el campo eléctrico es siem pre perpendicular a las bases del tronco; las 1 Íneas de corriente serían, en tonces, también perpendiculares a las bases; la corriente .!l.º podría ocupar todo el volumen del tronco de cono sin que las 1 íneas de J fueran discontí nuas, y esto no corresponde a la realidad física. PROBLEMA 20.Un cable submarino tiene una resistencia R por unidad de longi tud y no está aislado, de modo que la corriente fluye en parte hacia el mar, que tiene una resistividad r. El potencial del cable V disminuye, por lo tanto; suponga que existe un eje Ox a lo largo del cable, de modo que en x = O el potencial del cable es V 0 , y en x = f el potencial es cero. ble con x;

Encuentre la variaci6n del potencial y de la corriente en el ca de aquí encuentre la ecuaci6n diferencial para V(x) y resuélvala.

Resolución.x + óx, sea

Supongamos que en el punto x = x, el potencial sea V - D,,V (puesto que disminuye):

V-tJ.V

1

V

o

V, y en

1

Fig. 54 La caída de potencial entre estos dos puntos debe ser igual a la resistencia de este tr0zo de cable multiplicada por la corriente: (V - Av) -V= (R�x) i luego: entonces:

Av = - Ri Ax dV dx

- Ri

-77Debido a que la corriente escapa hacia el mar, la corriente del cable será también función de x; para calcular la variación de i con la distancia x, consideremos que, en un intervalo GX de cable, situado en torno al punto x, fluye hacia el mar una corriente ói; el potencial en es te punto del cable es V, y la corriente llega a través del mar a una región donde el potencial es cero.

o

/¡

)(

AX

' A1

V•O Fig.

55

Consideremos primero el caso del flujo de corriente radial a tra vés de una "rebanada" de material conductor de espesor /:),.x {mar); la corriente �i fluye desde un centro metálico de radio ra y potencial Va {cable) hacia el exterior hasta un anillo de radio rb donde el potencial es V b:

Fig. 56 Dado que la resistividad p de la rebanada es constante,la co rriente fluye isotrópicamente en dirección radial; calculemos la corriente t.i a una distancia r del centro:

�

. '1s

�i

..

Ai

.. o-E{r)21rr Óx

Ai

j

j • 21t r f1x

Al .. -�21't'Lh integrando esta relación entre r

a

r

dV dr

y rb se tiene:

-Ai

21? Axo-

.2.r. r

-78Volviendo a nuestro caso del cable submarino, Vb = O y V = V a ss el radio del cable y rb es lá distancia a partir del cable a la cual el potencial se hace cero: - V

Log

2'!1-(7' Í:::,. X

y de aq1.. í •

2 'f'C

dx

• V{!"

r

dx

1

fi es la resistividad del mar, y la constante adimensional K, que depende del radio del cable y de la distancia a la cual el potencial (en el mar) se anula, se define como:

donde r

2 ft

K =

Log

el valor de la constante K no puede calcularse sin más datos, y la supondremos conocida, Tenemos entonces las siguientes relaciones: dV -

dx =

- Ri ;

derivando la primera con respecto a d 2V dx

dx

R

2

d2 v 2

x

-

e Introduciendo la segunda, se tiene:

il

K� r

dx

V

K .!i V .. r

Esta ecuaci6n diferencial se integra de inmediato a:

V(x)

A exp('{F! x) + B exp(- � x)

donde A y B se determinan por las condiciones de borde: V(x = O) • V 0 { V(x = .l) = O

o sea:

+B

\J� ;r Ae {

=

f

+B

Vo

•

JFf ,l

e

=O

-79de aquí se obtiene:

-V

e

/b·

A

V

o

RR l - -

eJ

r

e

F,-JFf

B

e

- e

e introduciendo estos valores en la expresión para V(x) se obtiene: V (x)

effi-e

-#1

[e� {i-x) -e

V cosech (/ifi) senh [ 0

V(x)

-� (!-,)]

Jif U-x)]

PROBLEMA 21.Resuelva el siguiente circuito:

-IOOA

+-a.oov

10.n. "1oov�

+

sov

F i g. 57

Resoluci6n.Resolveremos el problema por dos métodos, a)

Método de las mallas o de las corrientes de circulaci6n. El circuito tiene 5 ramas y 3 nudos; por lo tanto existen·

ecuaciones de mallas independientes. Estas ecuaciones provienen de igualar a cero la suma algebraica de las caídas de potencial de todas las ramas de cada una de las tres mallas independientes que se escojan; la elección de estas 3

-80mallas es arbitraria, pero éstas deben ser independientes entre sí. Nosotros elegimos como mallas independientes las tres "ventanas" del circuito (en un circuito plano, las "ventanas" son siempre mallas independientes): 11,

30

"º

�

10

100�

i1 � Fi g. 58

+

¡()

(no hemos escrito las unidades de las resistencias y de las caídas de tensi6n, pero se subentiende aquí y en el resto del problema que éstas son ohms y volts, respectivamente). Las ecuaciones que se obtienen son, entonces: 201¡ - 200 + 1001¡ + 3 0(1¡ - 12) + 100 = O t 30 (12 - I ¡ ) + 50(12 - 13)

100

O

50(13 - 12) + 1013 - 50 = O

1

o bien, reduciendo términos y simplificando:

-3 1¡

151 ¡

- 3 1

2

1O

12

- 513

1O

512

+ 613

5

! "'

1, 66•• ,

+8

de donde se obtiene: 1I = \ 12

5 .. 13 = 5

(se subentiende aquí y en el resto del problema que las unidades son amperes). rama son:

Del dibujo del circuito se obtiene que las corrientes por cada 1,66 ••.

i1

I¡

i

12 = 5

2

i3

1 1

1

i4

12

13

i

5

5

1O

2

o

3

=

- 3,33 ...

-81El valor negativo que obtuvimos para la corriente i significa 3 simplemente que ésta va e� el sentido contrario al que se dibujó (los senti dos de las corrientes, indicados por flechas en el dibujo, se toman arbitra riamente para resolver el problema). La caída de tensi6n en cada resistencia será la resistencia mul tiplicada por la corriente que circula a través de ella. b)

Método de Thévenin.

Este método está basado en el teorema de Thévenin; éste dice que si un par cualquiera de terminales emerge de un circuito arbitrario constituí do por resistencias y fuentes de tensión y de corriente, entonces el comporta miento del circuito, visto desde este par de terminales, es idéntico al de un circuito simple formado por una fuente de tensi6n de voltaje & conectado en 0 serie con una resistencia R; el valor de &0 es igual a la ca1da de tensión que mide entre los terminales del circuito primitivo, y el de R es igual a la resistencia vista desde los terminales cuando se corto-circuitan las fuen tes de voltaje y se abren las fuentes de corriente del circuito primitivo. Apliquemos este teorema para calcular la corriente i¡ que cir cula por la resistencia d� lOOD del circuito; para poder aplicar el teore ma, necesitamos tener un par de terminales que emerjan del circuito, y para esto, quitamos la resistencia de 100[1; con esto, queda un par de termina les, a y b, que emergen de un circuito formado, en este caso, por resistencias y fuentes de tensión, Supongamos que la caída de tensión entre estos termina les ("arbitrarios") sea &0 , y que cae en el sentido en que se indica en la figura 59, para calcular &0, aplicarnos el método de las mallas,

,----· + f -

'2.00�

J_

a

º

b

"º + 50Fig. 59

las ecuaciones que se obtienen son; -200 + &o - 30 12 + 100 • O -100 + 30 12 + 50(12-1 ) 3 - 50 + 50 (1 -12)+ 10 13 3

o o

l

Hay dos cosas a notar: en primer lugar, puede verse que no apa rece una corriente de malla 11, como en el método de la parte a), pues el teo rema de Thévenin exige que para el cálculo de & 0, los terminales estén abier tos; la corriente de malla 11 es, entonces, igual a cero; esto no impide,sin embargo, que podamos aplicar el método de las mallas para el cálculo de � 0 ; en segundo lugar, como consecuencia de esta primera observación, las corrien tes, de mallas 12 e 1 no serán Iguales a las que calculamos en la parte a). 3

-82El sistema de ecuacione5 escrito más arriba puede reescribirse como: &

o

- 30 12

l00

5

lo

812 -

13

+ 6 '

-512

3

)

l

5

de donde se obtiene: &

4850

2J

o

'

""21,1

(los valores de 1 2 e 1 no nos interesan en absoluto). Calculemos ahora la 3 resistencia vista desde los terminales a y b cuando se corto-circuitan las fuentes de tensión; el dibujo correspondiente es:

�o

10

Fig. 60 Las resistencias de 30, 50 y 10 (l. están en paralelo, y el con junto de estas tres está en serie con la de 20 O; la resistencia total será entonces:

R

20

R

§lQ 23

+ 1/30 + 1/50 + 1/50 ...

26, 5

El teorema de Thévenin nos dice, entonces, que todo el circuito, visto desde los terminales a y b, es equivalente a:

E.o _ �efo ---¡¡Fig. 61

Volvamos a colocar entre los terminales a y b la resistencia de ]000 que habíamos sacado, y calculemos la corriente que circulará por ella:

R

Fig.

62

-83---º-R + 100

1'

4850

---

�, ,-, �?3(�=' 23 + 1r. ' ,o) 2 3

"l, 66 ...

De esta for�a se procede pa que es el resultado que habfamos obtenido antes, Este n1é ra ca 1 cu 1 a r I as corri entes a u e c i rcu 1 a n por I a s demás res i s ten e ias • todo es un poco largo si se quiere resolver un circuito completo, pero es mwy práctico cuando se quiere c0nocer la corriente a través de una sola resisten cia, especialmente si el circuito es algo grande,

PROBLEMA 22.Considere el siguiente circuito:

A

l

e

o Fig. 63

&

a) Pruebe que la corriente que entra al nudo A se reparte por las ramas AR B y ARGB en forma inversamente proporcional a las resistencias de las ra0 mas. De aquí deduzca: R

o

+ R

G

b) Encuentre la resistencia equivalente del circuito, vista desde los terminales de la batería, De aquí calcule I y luego IG. c) Saque la rama R . Calcule la diferencia de potencial en circuito abier G to entre los terminales C y D. Calcule la resistencia vista desde los termi nales CD con la fuente & en corto-circuito. De aquí dibuje el circuito Thévenin eauivalente (del circuito hacta la izquierda de CD). Conecte la rama y calcule IG ; verifique que coincide con la calculada en b). R G Nota:

El elemento-©,-es un galvanómetro ideal (no tiene resistencia inter na).

Resolución.a) La diferencia de potencial entre C y D, Veo, puede ser calculada por cualesquiera de las dos ramas: R o R G 0

-84V

CD 'º

'G

luego:

Sumémosle

pero

1

o

= RG

IG

RG

� a cada uno de los de esta igualdad;

1o +

luego: b)

Ro

I Ro

Calculemos

en funci6n de datos conocidos:

Rs Ro

Fig, 64

Las resistencias equivalentes a una sola, Req:

R0 y RG

están conectadas en paralelo, y son

luego¡ y la resistencia total

y la corriente total

R

será:

será:

& (Ro + RG)

-85y de aquí:

c)

Rs

� Fig, 65 La diferencia de potencial entre C y Den circuito abierto es

pero: de donde: y

& = (Re + Rs + Ro)I' & 1 1 = ----' '--- Re + Rs + Ro

de aquí:

Para el cálculo de la resistencia R' vista desde los terminales CD, hagamos un esquema de las resistencias (la fuente & está en cortocircui to, así que no la dibujamos):

Fig. 66 Las resistencias Re y Rs están en serie, y el conjunto de ellas dos está en paralelo con R0, de modo que la resistencia R' será tal que 1 Ff'"

-86R

R•

luego;

(R

o

Re

+

e + Rs

Re

+

R

s reconectada �e-

El circuito Thévenin equivalente, con la rama RG

rá:

'

R'

E'

I�

+

)

R G,

o Fi g. 6 7

R

de donde

R'

y

o

c

+

R ) s

R + R + R c o s

&'

veo

I

R'

de donde:

&

R

R

o + R + R o c s

&' G

I G

o sea:

(R

(R

+

RG

&R

o

+ RG ) + R R e + Rs ) (Ro o G

que coincide con el resultado de la parte b).

PROBLEMA 23.-

a) b) c)

Calcule ia potencia entregada por la fuente del circuito mediante el método de las mal las·, aplicando sucesivamente los teoremas de Thévenin y Norton; suponiendo Vee' = l. calcule Vxa' e i , y amplifique de modo de obtener 1 Vxa,

= 26

(método de esca 1 era).

X

1

1

1

é.=26

e V, e'

� b'

fi9. 68

e' d'

e'

1

-87(Las unidades de corriente, voltaje y resistencia son ampere, volt y ohm, respectivamente).

Resolución, Ap 1 icamas el método de las mallas tomando como mal las independientes las tres "ventanas" del circuito:

a)

1

(!,)

1

�

1

1

�

Fig. 69

las ecuaciones que se obtienen son: -26 + l 1

2

1

-1 ¡ + 1 + '2 - 13 2 12

13 o bien: 21

1 1 - 2

-11+312 - 13

-

+ I ¡ - 12

'2

+

13 + 13

26

o

+ 31 3 = O

de donde se obtiene

1

o o o

l

l 1 = 16;

luego la potencia entregada por la fuente es: P = 26 • 16 = 416 Watts. b)

Los teorema de Thévenin y Norton conducen a que los dos circuitos siguien tes son equivalentes desde los terminales a y b:

J_,------· �

to

R'o

Ro

______...._____ b Fig. 70

l

de donde:

-88-

Ro

(el símbolo

f�

' = Ro

10 .

&

o

Ro

representa una fuente de corriente i

0

en la dirección dada

por la flecha). El circuito

X

1

1

+

2.6

1 � b'

F i g. 71

••

e' d'

y aplicamos la equivalencia entre los circuitos mencionada más arriba, hacia la izquierda de los bornes a y a', para darnos:

e

1

c.' cJ'

e•

F i g. 72

Las dos resistencias de un ohm de más a la izquierda están en pa ralelo, y podemos calcular su resistencia equivalente:

1 /1 + 1 /1

l 2

luego el circuito que tenemos es:

e

b

f

1

Fig. 73

-89La parte del circuito a la izquierda de by b' puede ser rempla zado por su equivalente para darnos:

e

1

Frg. 74

o bien:

e

' d

Fi g. 75

Este circuito nuevamente es equivalente al siguiente:

c. d

1

¡

e

1

e' F i g. 76

que a su vez es equivalente a:

d

26 + 5_

o/r d' Fig. 77

1

e

1

-90que es equivalente a:

2.6

s

+

1

F i g. 78 de donde la corriente

que circula por este circuito es:

26/5

3 5 / + 1+1

2

Esta es la corriente que circula por la resistencia de más a la derecha de nuestro circuito original: con ésta podemos calcular todas las de más corrientes:

o

A

26

+

C'

8'

F ig. 79

hemos calculado la corriente i 5: i5 pero luego

Vcc

1

2

= V eo + VDD'

•

i4

(1 + 1 )

de donde

,= 4 ¡4

pero

i 3 = i4 + i5

luego

i3

pero luego

VBB '

1

i

2

6

1

i 5

'

.

VB + V · ce• C i3 + 1

i4

O'

-91de donde

i 2

10

pero

i

i

luego

i

1

2

+ i3

16

1

luego la potencia entregada por la batería es P = 26 • 16 = 416 Watts. c) El método de escalera ('ladder method') es muy similar al cálculo de las corrientes que acabamos de hacer en la última parte de b). Consiste en suponer que VDD ' = 1, y a partir de esto podemos calcular todas las corrientes y por lo tanto la diferencia de potencial V A8,.; este voltaje debe ser igual al de la fuente (26 V), y para conseguir esto, multiplicamos VA ' por un factor adecuado para darnos 26; dado que el cir B cuito es lineal, el hecho de multiplicar V A ' por un factor implica que toB das las corrientes del cricuito deben ser multiplicadas por el mismo factor para darnos los resultados correctos.

Hagámoslo:

26

+ 1

8' Fig. 80

suponemos luego

Voo • i5 VC + VDD D '

pero

vc

luego

i4· l

e•

( 1 +1) · i 5

'

de donde

i4

2

pero

i3

i4 + i 5

luego

i3

3

' z

+

pero

V BB '

Ve

luego

1 • i2

1 · i3

de donde

i 2

pero

i

luego

i

1 1

5

+

'

i2 8

Vcc '

+

'

i3

1 · i4

C.'

D'

-92lo que nos conduce a:

13

luego

debe ser igual a 26, en consecuencia las corrientes ceben pero sabemos que V ' AB ser todas multiplicadas por un factor 2 para obtener las corrientes verdaderas:

is

2

i4

4

i3

6

i2

10

;r

16

que son los resultados que habíamos obtenido antes. De aquí obtenemos la potencia entregada por la fuente: P = 26 · 16 = 416

\./att s.

Este método es muy fácil de aplicar y es conveniente hacerlo en to dos los casos en que se tenga un circuito como el que nos dieron en este problema.

PROBLEMA 24,Use el principio de superposición para calcular la potencia entre gada por c2cla una de las baterías en el circuito siguiente:

10

+2.0

+

Fig. 81

Resolución.Sólo necesitamos conocer las corrientes que circulan por cada una de las beterías; reduzcamos entonces todo lo posible las resistencias; es claro que el circuito es equivalente a: (Fig, 82) las resistencias de 16 y 4(2 están en paralelo, y son equivalentes a una re sistencia R : eq R

eq

1/4 + 1/16

-93-

"º

+

Fig. 82

eq

l.§. 5

de modo que el circuito nos queda

10

+

+

20

Fig. 83

Las resistencias de 5 y 16/5� están dispuestas en forma de triángulo y pueden por lo tanto 1 levarse a la forma de estrella, con las si guientes equivalencias:

b

b Fig. 84

en donde:

y cíclicamente en las tetras a,b,c.

-9L+En nuesi:ro caso,

R R luego

R

a

Rb

5

ab ca

16/5

5 + 16/5 + 16/5

Rc

5 Rbc

16/5

80

57 2 (16/5) 57/5

lli 285

de modo que el circuito nos queda:

10

+

1

+

2.0

Fig. 85

y finalmente:

+

---- 20

Fig. 86

El princ1p10 de superposición dice que, puesto que los circui tos son 1 ineales, si se superponen varias causas, los efectos resultantes son iguales a la superposición de los efectos producidos por cada una de las cau sas separadamente. Estas frases necesitan mayor explicación; las palabras "causa", "efecto" y "superposición" tienen significado muy amplio, y necesi tan precisarse más, Por "causa11 debemos entender cualquier estímulo que se aplique al circuito; estos estímulos se producen, en general, por fuentes de voltaje o por fuentes de corriente (en un modelo idealizado, por supuesto). Una fuente de voltaje es un objeto que m�nTiene entre dos terminales llamados bornes, una diferen.cia de potencial constante, independientemente de la co rriente que circula a través de él (se excluye el caso de cortocircuito). Una fuente de corriente es un objeto que hace circular entre sus bornes (y a tra vés de sí mismo) una corriente constante, independientemente de la diferencia de potencial entre ellos (se excluye el caso de circuito abierto). Por "e fecto1 ' debemos entender cualquier respuesta del circuito; estas respuestas ,.. son en general corrientes o caídas de tensión a través de sus diferentes ra� mas,

-95Supongamos que tenemos un circuito formado s61o por resistencias y por fuentes de voltaje y corriente, y supongamos que queremos quitar todas las causas menos una; dada la definici6n de fuentes de voltaje y de corr 1 ente, lo que Jebemos hacer es, por lo tan:o, cortoclrcuitar las fuentes de voltaje y abrir las fuentes de corriente, salvo la que queremos aejar. Con esta fuen te funcionando, podemos calcular las corrientes y voltajes a trav�s de todas las resistencias; podemos luego quitar esta fuente y conectar otra, y calcü lar nuevamente las corrientes y voltajes a trav�s de todas las resistencias, y esr hasca hacerlo con todas las fuentes. Los voltajes y corrientes asf cal :.uíados .;011 los ''efectos debidos a cada una de las causas separadamente'', El principio de superpnsici6r dice que si superponemos estos �fectos, es decir, si sumamos algecraicamente: los voltajes y cor:"ientes debidos a todas J3s fuen tes por separado en una misma resistencia, obtenemos el resultado que calcula ríamos con todas las fuentes conectad?s sirnultáriearnente.

Es muy importante darse cuenta de que el principio de superposi ci6n es vJl ido para ]05 voltajes y corrientes, pues las ecuaciones para estos so01 li,.�ales; n,J ocurre lo mismo para las �,:itencias disipadas o entregadas por los disrinto� elemenlus del circui�o, pues las ecuaciones que las determi nan D.Q son 1ineales. (Por ejemplo, V2 R

es una función cuadrática de V).

Volvamos a nuestro caso: es decir, corto-circuitémosla:

saquemos primero la fuente de 20 Volts,

T Fi g. 87

1

Por el método de 1 as mal 1as obtenemos:

-

V

l

+ R:' + r · ¡

...

r

(i 1 1

y de aquí:

i;

i

i

(i ¡

-

i

2) -

Ri

2

o

=

(r + R) V l

(R

\2 + .c ! V1 r

I

2

o

2)

(R

+

2 r)

-

r

2

-

r

2

Corto-circuiternos ahora la fuente de 10 Volts y conectemos la de 20:

-96-

Fig, 88

análogamente, obtenemos:

v2 (R

(r + + r)

R)

2

2 - r

Vz r

¡11 2

(R

+ r) 2 - r 2

Dejemos ahora las dos baterras conectadas:

Fig. 89

el principio de superposici6n nos dice, entonces, que:

= ¡11 - j I

1

2

(nótese la suma algebraica de las corrientes) Luego: l1

12

v1

(R (R

v 2 (r (R

+ r) - V r + r) +

2

R) -

+ r)

2

2

- r

2

V r 1 - r

2

La potencia entregada por cada una de las baterras será:

-97 2

V¡

pl

I¡

V l

p2

2

v1

-

(R + r) - v1 v 2 r 2 2 (R + r) - r

v

2 2

2

(R + r) - V¡V R 2

( R + r)

- r

2

y sustituyendo los datos numéricos V¡

10 Vo 1ts

v

20

2

Volts

lli

R

57

.lli

r

2 85

Q

se obtiene finalmente: P 1 P

PR OBL El'IA a)

2 5.

2

�

12,8

Watts

71,l

Watts.

-

Se quiere energizar un circuito electrónico por el Que circulan Volts.

2 400

20

mA

a

Se dispone de una fuente de tensión de corriente continua de 3 000 Volts que tiene una resistencia interna de 10,000Q y de un divisor de tensión formado por dos resistencias como se indica en la figura90Se pide calcular las resistencias

R¡

y R2

para alimentar el cir

cuito de modo que la potencia entregada por la fuente de tensión sea mínima; calcule esta potencia. En el mismo circuito se quiere además hacer funcionar un galvanómetro ideal (sin resistencia interna), que funciona solamente si la corriente es igual o mayor que 2 0 mA (fig.91). b)

Calcular las resistencias R1 y R 2 para alimentar los dos elemen· tos haciendo mínima la entrega de potencia por la fuente; Resolución.En ambos casos, el circuito electrónico puede ser remplazado, pa ra todos los efectos de los cálculos de las resistencias, por una resistencia R:

R

2400 -3 20x10

120

X

10 3

Q

-98-

Fig. 90

a)

Fig. 91

E 1 circuito es:

V=3000 V

+.

R• 121(10"

I-iJ

_.I

.n.

(i-2-10·1

.4)

Fig. 92 La potencia entregada por la fuente será tanto menor cuanto me nor sea el consumo de potencia en todo el circuito; por esto, podemos argu es innecesaria, y basta, para alimentar el cir mentar que la resistencia R 2 para obtener la diferencia de cuito electrónico, ajustar la resistencia R1 potencial requerida de 2400 V

fuente es:

entre los puntos A y B.

la potencia

Veamos esto más en detalle;

P

entregada por la

VI

P

sea mínimo puesto que V= 3000 Volts es un valor fijo, debemos hacer que mínimo debe ser compatible para obtener P mínimo; esta condición de con las ecuaciones del circuito, que se obtienen aplicando el método de las mallas a las dos "ventanas" del circuito:

- V + R. 1 1

+

+

Ri

R ( 1 - i) .2

R2 ( 1 - i)

o o

De la segunda de estas dos ecuaciones obtenemos:

}

-99se tiene cuando

de donde se ve que el valor mínimo para

El circuito es entonces

+

,ooov_

Ri :10-v.n

R1

L__ i= 10 • 10-iA l

F ig. 93

y de aquí se obtiene el valor de 20

X

10-3 (12

R1 X

correspondiente: 10 4 + 104 + R¡) 4

R ¡ = 2 x 1o

luego:

3000

O

y la potencia disipada es:

o)

p

Vi

P

60

3000 · 20 · 1 o-3

Watts

Watts

El circuito es;

'

R·a10�.fi.

+

3000V

r Fig. 94

Las ecuaciones para el circuito son exactamente las mismas que antes; la única diferencia con la parte a) del problema surge del hecho que debe tenerse ahora

la segunda de las ecuaciones que obtuvimos antes puede escribirse:

Ri

o,

-100puesto que

1 - i

IG

mínimo, hay que exigir que IG

de aqur se ve que para tener cogemos entonces para

IG

el mínimo valor que puede tomar:

20 x 10-3 A

'G

luego

R l._ IG

= J 2 X JO4 '

20

X

J0-3

20

X

J0-3

(este valor es también el mayor valor que puede tomar

mA;

sea mrnimo: es-

esto es porque:

'G luego;

compatible con IG� 20

R2

= 2400 � 2 x ,0-2 A

R2

4

= ) 2 X J0 Ü ) El circuito es entonces:

10".n

Rt

i

¡

R1

f

12•10� 1¡,= 20>r1c1'1A 1

11 •1011.Jt

i = to111cr i A

Fig. 95

que es equivalente a

-1

fO�Jl.

1000V

donde

I Fig.

96

i + 1G

40

X

]0-3

A.

'",eo o(t n

-1 01Se tiene entonces:

de donde:

El valor de la potencia entregada por la batería es en este ca-

so:

PROBLEMA a)

P

VI= 3000 x 40 x 10-3

P

120

Watts

Watts •

26.-

Calcule el campo magnético sobre el eje de un solenoide de largo L y radio R que es recorrido por una corriente que le da N vueltas.

Un cilindro macizo de largo L y radio R está cargado uniformemente con densidad de carga p. Se hace rotar en torno a su eje con velocidad angu lar constante w. Calcule el campo magnético sobre su eje, b)

Resolución.Calculemos primero el campo magnético sobre el eje de un anillo circular de radio R:

y

Fig. 97 dH(z) en nuestro caso:

...

r

di

i

.....

di

X

r

r3

zk - Rcosti

-

Rsenclij

(-Rsenti + Rcos+J)dcj,

-102-

1t13 luego

df.

xr

,...

= í

H(z)

A

2 � z Rcosfi + z Rsentj + R k (z2 + R2 ) 3!2 A

dH(z) =

....

...

zRcos�d4 + j zRsen,d, + kR 2 d�

4

21t'

)�º

H(z)

d+

dH (z) '1'C (2 d� )

kR2

4-Tt \z 2 + R2)3/2

pues

o·' luego: H(z) a)

Dividamos el solenoide en espiras de espesor dz':

�

z, 'L'

L

r: l ,

z j_4,

T

----

1

Fig. 98 Sea

m

el número de vueltas por unidad de longitud N m = i:'

entonces, en la espira de espesor dz' habrá mdz' vueltas, y, por lo tanto, la corriente total que circula por esta espira será i'

i mdz'

- 103El campo magnético producido por esta espira en el punto

z se-

rá entonces: dH(z)

pues la distancia entre la espira y el punto de observación z es z-z'; el cam po magnético total a la altura z producido por todo el solenoide es:

li(z)

dH(z)

) z'=O

(o

NiR 2 k

H(z)

NiR 2

H(z)

k

[

2L

Nik

H(zl

2L

[

dz' [(z-z' )

2

-(z-z'

2

R. 2]372

+

L 2

R -./(2-z 1 ) l + R

1

1 o

z-L

z

-v1z2

2

+ R2

-j(z-L)2 + Rz· 1

Un rá r, ido chequeo nos dice que si L---,. O en esta fórmula, obte nemos el resultado de la espira; sin embargo, si hacemos directamente L = O en la expresión de H(z), obtenemos un resuÍtado indeterminado, pues tanto el denominador como la cantidad entre corchetes se anulan: pero podemos aplicar 1 a reg 1 a de i ' H6p ita 1 : z-L 1 im L-. o

Nit H(z) = -2-

1 im H(z) L• o

+

_d_ (L) dL

.... Nik

2

"'

Nik --

1 im L+ o

R2 [(z-L) R

2

+ R 2]3

/2

2

(z2 + R 2 3/ 2 )

que es el campo magnético que una espira de N vueltas. ubicada en el plano z= O produce a la altura z = z. b) Pare el caso de una distri!?,.ución en volumen de corriente j, es convenien te modificar la expresión de dH; si no lo hiciéramos, tendríamos que dividir el :i l indro macizo en espiras de sección dzdr, de radio r variable· entre O y R, y cuya posición en altura varfa entre z = O y z= L; la corriente que circula por cada una de estas espiras es i = f,dS =pvdzdr=pwrdzdr, e introduciendo esta ex presión para la corriente en la fórmula

dH =

i

d¡ X

1ílr

_r_3_

t

-104e integrando, obtendríamos el resultado que buscamos: se deja propuestn hacer Lo que nosotros buscamos es la expresión del elemento de campo este cálcul2_, magnético dH producido oor un elemento de volumen d'?: que es recorrido por una densidad de corrientef. Tomemos un volumen pequeHo, cil fndrico, de largo dl y de base dS, en el cual la densidad de corriente� es perpendicular a las bases:

1

cl.5

J

----di,---Fig. 99

tenemos entonces:

TdS id(= J"dSd( y como dl

= jd'C

es paralelo a la densidad de corriente, se tiene:

idl

=J"d'l;.

Sustituyendo este en la fórmula para

r

dH

se obtiene:

que es la fórmula que buscamos; el vector es el vector que va desde el ele mento de volumen d� al punto de observación.

z

:z. Q

L

f i g. l 00

-

-1 05-

"'

""

_.....

r'=OP=r'cos<j,'i + r'sen,t·j r=PQ=zk-r'

r

3

;rx

r

(z-z')k-r'cos<j,'i-r' sen<j,'j

= lrJ 3 = [ (2-2 1

i = pv J

=

)2

rw x r'

pwR

d?

= r'dr'dz'd<j,'

(Tt

o

)

�

o

2 TC

)o

0!1

4tr

J3 /

"

H(z)

H(zl

�� 2

� 2

... H(z) = e.!! 2 -"

H (z)

k]

i(z-z' )r'cosf+ j (z-z')r'senc f + kr' 2 2 2 2 [(2 _ 2 , ) + r ,

H
PROBLEMA

j)

dH (z)

) <j,'=O

z'=O

L

r'

>,

= pw(-r' senc f i + r' coscj, 1

H(z)

R

+ r 1 2p 1 2

pw [r' (z-z') coscj,'i + r' (z-z') sen<j,'J + r' 2 y

H(z) =

+ z k:

Q!!! 2

\o

R

L

R[ \o

(

rdr'dz'd<j,'

r 1 3 dr'dz , 2 /Z [ (2 _ 2 , ) 2 + r ]3

\o

-(2-2

1

r 1 2--/(z-z')2 + r,

[ J2

2

[ 2 Jz

2

2 + r' 2'

r' 3 dr •

z-L

z

+ r,

z·] o L

)

J(z-L)

-

2

+ r 12' 1

(z-L) /(z-L)

•

2

+ r'

2 2 2 2 [ z )z + R - 2 + (z-L) - (z-L)

r'd r'

2·

yo

j (z-l)

2

+ R

2

]

2 7.-

Una esfera de radio R está cargada uniformemente con una densi La esfera rota en torno a uno de sus dad de carga en volumen p (constante). diámetros con velocidad angular constante w. a)

Pruebe que el campo magnético en el centro es:

-106-

b)

Calcule el valor del potencial magnético vectorial

c)

A

en el centro,

Calcule el campo magnético sobre el eje de rotación en un punto situado a la distancia z del centro de la esfera; haga el cálculo en aproxima ción hasta el 3 er orden suponiendo que z '>> R.

Resolución.-

a)

Tenemos una distribución maciza de corriente; en el problema anterior de duj irnos que para este caso conviene aplicar: dH = 1

Z+it

�x r

d t:

--;r J.

F i g, 1 01

el vector 1 que aparece en la expres,on de dH es el vector que va desde el elemento de volumen d� al punto de observación, que en este caso es el ori gen; es decir

donde

r,e,,

- 5P

+ senQsen�j + cosQk

r (senQcosti

r

son las coordenadas esféricas del punto P; J' =

pv

.....

j"X

1xr =

pw x

....r = pw(k

- -

J' X

=

r

=

X

"'

OP = pwl< X

OP)

X

- pw(k·-; t.-

pw[ r2 k-r

2

r1r J �=O

r 2k)

cosQ(senQcostí'

r2 sen 2 Q� - r2cos9(senQcos+i dH = � r3 H0 =

PO

oJ

1t

Q=O

f

r =O

+

senQsentJ

+

cosQk)]

+ senQsen�j) r2 senQdrdQd+

dH

-107la integral en

+

es inmediata, y nos da;

�A 2 k

... H0

9=0

r=O

1 "j" pwR 2"'i<

=

_. l .... H = pR 2w 0

3

b)

Sabemos que: dA = �

df

pero vimos en el probtema anterior que:

Luego

-

j = pv = p� x OP

d't pwk X

ot,

dA y el valor de

A

en el centro será:

¡o

=

(

r= o

2 'Tr (

f ,t 9=o

J

dA

ero

de donde resulta, integrando sobre�:

...A = ....O

No debe sacarse conclusiones erróneas del hecho �ue A en el centro de la esfera sea igual a cero; en realidad, el potencial � es igual a cero sobre cual quier punto del eje de rotación de la esfera, Esto no implica nada sobre los valores que el campo magnético H pueda tomar sobre este eje, pues, para cal cular Ha partir de A, necesitamos conocer A en un punto arbitrario del espa cio y ahr calcularlo: V X A, y luego evaluar esta expresión en el punto donde queremos calcular H; por lo demás, el potencial vectorial A no está bien definido: puede agregársele un término de la forma Vf, donde f es una función arbitraria de�.

dH=

c) en este caso,

r

�

d l:

...

;

pv = pw x r = pwk x r

.....

r

=

.....

r(sen9cos,i

""'

+

�

senQsen,J

+

cosQk)

-108-

z

Fig, 108

...

....

r'

-

zk - r

r'

...

A E

�

k(z-rcos9) - irsen9cos+ - jrsen9sen+

r' 3

Ir' 13

r'3

(z2 + r2 -

2 zrcos9)3/

2

el producto Jx 1• es algo largo, y resulta:

1

X

r'

los términos según 1' y 'j' que aparecen en tico pues son proporcionales a se� o cos desaparecen; finalmente queda: 'Ft(z)

2 ,r

(

\+=O

'ft( z)

Qz o

í

R

�

r

R

X x 1• +. de

� �

r=o

)1(

9=0

r•O Si mos el resultado en forma simple. vechando que z >>

1 y 1;

= pW'l" 2sen 2 9k + términos según

no contribuyen al campo magné modo que al integrar sobre +,

r4sen3 9drd9di 2 (z2 + r2 - 2zrcos9)3/

r 4sen3 9drd9

(z2 + r2 -

2 zrcos9)3/

2

pudiéramos calcular la integral doble que nos queda; tendrra en forma exacta; sin embargo esto no es posible, por Jo menos Pero podemos desarrollar en serie nuestro integrando, apro R (por Jo tanto z >> r); hacemos primero el cambio: cos9 •

2

cos 2

J

-1

con Jo cual la integral doble I queda:

1 -

( J�

o

o

2 2 ((z + r) - 4zrcos

J ]312

rr

1 -

o

o

La cantidad 4zr -2 (z+r)

pues

Í << 1

y cos 2

(z

(z

cos 2

!

-109-

r) 3 [ 1 -

+

zr

4

cos

+ r) 2

_Q == 2

4zr 2

4zr + r) 2

(z 2 Q

!]

3

/2

es aproximadamente:

2

cos 2 Q = 2

z

cos 2

r 2 z cos

4

� << 2

'

l

está acotado superiormente por la unidad;

podemos apro

vechar entonces el desarrollo en serie:

n.in:..!l

1 + nx +

2

!

x2

n (n-1) (n- 2 )

+

+ •.. '

x3

3!

y si x<< 1, podemos quedarnos con los primeros términos de la serie; en nues tro caso, desarrollamos hasta el tercer orden: (l _

+

1 2

(- t> (- t>

4

d

zr 2

cos

J6z 2 c2 d4

2

J

)-

3

/2

= 1

+

i

4zr 2 Q - cos 2 2 d

+ r;I (- f) (- t ) (- f)

cos4 · Q 2

+

cos4 � 2

6

cos

� 2

+

+

6 Q cos 2

...

+, ••

'

y esto lo hacemos idéntico a: =I

+

2 a cos

Q 2

+

4Q b cos 2

+

lo que define las cantidades a,b,y c; d que es igual a z + r.

c cos

6

Q !

+ • •• ,

hemos introducido también la cantidad

Por otra parte, 8 sen 3 � cos

sen 3 Q sen 3 Q

Q

dQ

J

• 8 sen� (1 - cos

lo que nos sugiere hacer el cambio de variables: 2

3

•• • 2 d+,

y los I fmltes de Integración ser,n ahora O y

J:

2

J)

cos 3

J

-11 oR

iV2

r=O

�o

� 16 )

\

Esto nos sugiere nuevamente un cambio de variables:

y los I ímites de integración en la variable x serán 1 y O; el signo menos que aparece en dx Jo aprovechamos para invertir el orden de lntegraci6n, de modo que nos queda:

f

1 "' 16

1

=

I

R

x o

r= o

fR

16

r4

J=

fl

r4

x•o

r:o

(z + r)

La integral sobre 1 • 16

• !!. 3

4 (l-x 2)x 3 (1 + ax 2 + bx

(z + r) 3

X

(x 3 + ax 5

3

+

c:é + ... ) dxdr

bx7 + cx9 -x S -axl -bx 9 -cx 11 ± .. ,)dxdr.

+

es Inmediata, y nos da:

(

r4

(

r4

1 ( 1+

r•o (z + r) 3

+

a 2

(1 +

r•o (z + r) 3

! +'S'b +

+

ll2. 10

e

Tii

+

e 5

1 b e a -b_'S'_Tii_i2

± ... )dr

...) dr,

+

e introduciendo los valores de a,b y e, se tiene: 1 •

t([

4

+

(z : r) 3

_3""'z:.:.r_ 5_ (z + r)5

o bien:

(1

+

f)

-3

+ +

14 z

2

8

+ � (z + r)7

+

2

8z3 r7

(z

+

r)9

+ , •. ] dr,

(1 + ¡) 5 + � (1 + f)-7 + z

:�

(l

+

f )-9

+

...

]

dr.

Nuevamente podemos desarrollar en -serie cada uno de los térmi nos que están entre paréntesis redondos, pues r/z<
(

3 lo

!j z

[

<1 -

2z + .9.2. (1

f + 6

3

2

z2

4 3 10 r + 15 r ) + .3.r(J - 5 L z z

'i'3"

3

( o

r,;

+

2 15 r 2 z

2 8r 3 r + 2 r2 - 7 8 - ) + ___. (1 - %,) z + z

y, reduciendo términos: = �

?+

� (1 - 9 0 + ... ) dr z3 z'+

22

2::,

•••

]

3

5,!::) z2

dr,

-111que se integra inmediatemente a:

[ 1 - 50 ( �)

4

� .•.

l

de donde.:

PROBLEMA 28.El alambre indicado en la figura tiene una longitud L y está l. Calcular e'1 un ounto P cualquiera situado recorrido por una corriente muy lejos del alambre (r>)L): a) b) c)

el potencial magnético vector A; el vector inducción magnética. A partir del resultado de b), demuestre que las ífneas del campo magn�ti co en el plano (xy) son circunferencias,

r'= li''I= vr'+z '2.-1zrcose

1

= -r /1-1(J) cose-t (t) 1' y

L

-,:

X

Fig.

109

Resolución.-

a)

Sabemos que

. ct"'t. = !:9.1 4-rr

4 r'

donde r' es la distancia del punto de integración al punto de observación; la integral se realiza sobre toda la trayectoria que recorre la corriente; en nues· tro caso, la corriente se mueve verticalmente desde z = - L/2 hasta z + L/2; por lo tanto:

=

ld.i

lk dz.

t

Puesto que el punto P está muy alejado de esta corriente, pode mos considerar a r' como aproximadamente constante y sacarlo fuera de la inte gral (r'�):

"'

µ lk

41'( r

L

- 2

dz

-112-

donde

r

es la distancia del punto Pal origen.

Si no consideramos a r como constante, el problema se complica; se deja propuesto hacer el cálculo de en forma exacta y verificar que en primera aproximación se obtiene el resultado escrito más arriba.

A

b)

t

El cálculo de

puede hacerse en forma exactamente análoga:

&.!. 41t

•

....

d! xr

s

luego:

t

xr = dzk X

dl

90

=

= dz

kx

(xi + yj + zÍ)

dz (xj - y'i') (xj - /l')

JJo I

41t

r3

,-:-

u IL r o s--4 'Tr'

....

XJ

...,.

l

t

dz

-L

- yI

r3

Otra forma de obtener este resultado es utilizando la definición del potencial vector A:

y como

...

A-

/J o I L

..... 4 '!'t'.r k

se tiene:

ª

e) Az ..... i

ª�

....

Y

=

-

A/,

__ ,,. . 'r)Az

X J

la única variable que depende de x,y y z es

r

X

2 + z análogamente:

de donde:

µ IL

0 -(xj - y'f). 3 4rrr c)

La ecuación diferencial vectorial para las lfneas de campo de Bes:

...

....

dr x B donde

dr

=

¡ dx + j dy + k dz;

=

...O

-113efectuando el producto cruz se obtiene:

.....

(dxBy - dyBx)t + B x dzj - e;z 1

')'

o

de donde: dxB y - dyBx

o

B ;Jz

o

Bydz

o

introduciendo los valores de

}

Bx y By:

µ 1L -º -

_Y_ r3

4 'Tt

µ IL o

By

X

4 1'C

se obtiene: X dx + y dy

o

d z

o

1

que es la ecuación diferencial de� 1 Ínea de campo; la integral es inmedia ta a: x

2

+ y

2

cte

z y que, para el plano

cte

z = O, se reduce a: x

2

+ y

2

cte

z

o

que es, naturalmente, una circunferencia,

PROBLEMA 29, Calcule el campo magnético en todo el espacio producido por las siguientes configuraciones de corriente: a) lámina de espesor despreciable que lleva filamentos de corriente ·n rección z de modo que la corriente por unidad de dimensión trans vers�! (dirección y) es constante (Fig. 110) b) conductor cilíndrico de radio constante (Fírg. 111).

R

que lleva una corriente de den�id�d

c)

conductor cilíndrico con hueco cilíndrico concéntrico (Fig. 112).

d)

cable coaxial (Fig. 113)

t

-114conductor cilíndrico con hueco cil Índrico excéntrico (Fig. 114)

e) Nota,

todas las figuras excepto la número 110, representan las secciones trans versales de los conductores; estos son todos infinitamente largos.

Fig. 111 Fig. 112

1.

Fig 110

Fig. 113

Fig. 114

Resolución.Utilizaremos en todos los problemas la ley circuital de Amp�re; deduzcámosla a partir de la siguiente ecuación de Maxwell:

VxH =

'i

+

Todos los problemas que tenemos que resolver son estacionarlos, es decir, no hay dependencia explícita en el tiempo de ninguna de las cantida des físicas involucradas: en particular, esto es válido para el vector despla zamiento eléctrico; es decir:

o Luego

VxH

Consideremos una superficie S cualquiera no cerrada, 1 imitada por la I Ínea cerrada C; en cada punto de S, está definido un elemento vecto atraviesa rial de superficie d!, que escogemos en el mismo sentido en que la superficie:

J

-115-

s e Fig. 115

Multiplicando escalarmente por d! e integrando sobre la superficie S, tenemos

�f

llxH

la ecuación de más arriba,

ds.

dS

El miembro izquierdo de esta ecuaci6n es igual, de acuerdo al teorema de Stokes, a

mientras que el derecho. es igual a la corriente total que atraviesa la superfi cie S; dl es un elemento vectorial de longitud de la lfnea C, y la integral de lfnea se realiza en el sentido tal que sea positiva; esto es equivalente a la "regla del tornillo derecho" para el vector H.

a)

Hagamos un esquema del problema:

y

T º:

4Y

1 ). Fig. 116

Por simetría, el campo magnético a ambos lados de la lámina es el mismo, pero de sentido contrario; el vector H es paralelo a la lámina y es perpendicular a las 1 (neas de corriente que ésta lleva, Dada esta sime tría de H, elijamos un trayecto de integración C como el Indicado en la figura;

dt +

· dl + f H

-116Las integrales de tras dos son iguales entre sí¡

dt

�¡;

A a By de Ca O son iguales a cero, y las o

f

2

e

H . dl

Luego

l.

H =

2H Ay = ly � y

1 1

2

y'.l' •

X ) 0

lyJ •

X <. Ü

I

=+

H

1

2

ly

Para este caso y todos los siguientes, dada la simetría cilíndrica, elegi b) mos trayectos de integración que son circunferencias concéntricas con el cil in dro; el esquema correspondiente es:

Fi g. 117

para

r � R,

f ... . H

e

H

2

H r

dl

S ( C)

�r

"'

r

J' H = LL 2

y

para

r �R.

' e

H = H=

¡:¡-

. dl

2

L.r.

....e

Ir_

(- isene

2

2

e

�f

2

-rrr

J'rr

+

j, ds

s (c) H ·

d!

R2

jcose);

-117JR 2

H =

H

=

¡:¡

=

JR 2 2

r

e

r

(-'i'sen9 + JCOS9)

JR2 2

e

e)

I

, I

"

,, ,,

;' ,. �--1�-

I

I

1 1

)C

...........

___ --

Fig. 118

Para

luego para

o � r � a.

H

=

o;

�

e

o

�· cil

o,r�R,

�

H·

di

e

S ( C)

H · 2 tt r

luego:

ff 1 • ciS

=

.rn- (r

H = J( H =

para

Juego:

r � R:

H=

fe iT. cil H •

2

'TC r

J

r

(r

2

2

r2 .T(

ff S ( C)

-

2

a2 )

- ª2 2r 2r 2

"

r

a

2

a2

dS

J(R2 - a2 )tt

e e (- isen9 + jcose);

-118H

y H =

2

2

J(R - a 2r

2

2

- a

2

J(R - a 2r

J(R

2

e

e

(-1'senQ +jcosQ)

2r

d)

Fi g. 119 Para

O� r � b, Jr ,.,.. � H = (-,senQ + JCosQ)

"""I

(ver parte a) del problema);

para b < r < a, la solución es también análoga a la de la parte a) con la única salvedad que b remplaza a R en la expresión para�: ... "" " b 2 .r (-isenQ +jcose); H =

""!r

para

a* r � R,

�f r

� H · d(

ds

S ( C) H •

luego:

2

TC r = nb2 .r -

ir

(a

2

+b

2

- r )

H = J... 2r

(a

2

+b

2

- r 2 ), (-isenQ +"'J·cos9);

... =J H 2r

2 " +JcosQ); (a 2 +b2 - R) • (-isenQ

H =

para

-rr(r 2 - a 2 ).r 2

r >, R,

*

-119Nótese que para r � R, el campo magnético en "módulo" puede ser distinto de ce ro, o cero: el ser negativo, sólo quiere decir que � apunta en el sentido (nótenegativo de ªe: y para que sea cero, debe cumplirse que a2 + b 2 = R2

se que hemos supuesto que la densidad de corriente J es la misma en ambas par tes del cable coaxial); si no hacernos ninguna hipótesis sobre J, pero supone rnos que las corrientes son iguales (y de sentido contrario), el campo magnético al exterior del cable será nulo; esto es lo que sucede en la realidad en los ca· bles coaxiales.

El problema puede ser bastante complicado si se intenta resolver directamen e) te, ya que no hay simetría cilíndrica, y no es evidente ningún otro tipo de sime tría; por Jo tanto la ley circuital de Ampere no es factible de aplicar, ya que para que ésta nos sea útil, debemos encontrar un trayecto de integración donde: i) el campo magnético 'ft sea ii) el módulo H del campo to, Es claro que no es ta una fuerte simetría, corno

constantemente colineal con d( y magnético sea constante todo a lo largo del trayec fácil de encontrar un trayecto así a menos que exis en los problemas anteriores.

Sin embargo nos salvamos_gracias al princ1p10 de superposición, válido tanto para el campo magnético H como para el campo eléctrico E; es to es una consecuencia inmediata de la 1 inealidad de las ecuaciones de Maxwell, En efecto, dado que la densidad de corriente J es constante, el campo magnético H será igual en todo el espacio a la suma de los campos mag néticos que producirían dos cilindros paralelos que llevan densidades de corrien te 1 iguales y de signo contrario; uno de estos cilindros (el mayor) tiene ra dio R con su centro en O y lleva corriente en el sentido positivo del eje OZ; el otro tiene radio a con su centro en 0', y lleva corriente J en el sentido negativo de OZ.

.,

y'

Fig. 120 Instalemos dos sistemas de coordenadas, (x y z) y (x' y' z') co los ejes x y x' coinciden, y los ejes y e y', y mo se indica en la figura; los ejes z y z' son paralelos entre sí; los orígenes O y O' coinciden con los centros del cilindro y de la cavidad, respectivamente.

-120Consideremos primero el campo magnético producido por el cil in dro macizo de radio R con centro O;

Fi g. 121

En la parte b), ViIIOS que:

{

i\ pero como:

se tiene:

t: HR

Jr (-isen9 + jcose),

O� r � R

..... JR 2 (-isen9 + jcos9), 2r

riR

rcos9 rsen9,

{

J

2

(-1

y

+

2

,m2 2

2

(x

y

+ j x)'

O� x2

Vt

+ 'j x)'

y

+

(. y ' 2

2

R2

+ />/ R 2

Para el campo magnético producido por el cilindro de radio a con centro en O' que 1 leva densidad de corriente 1 en el sentido opuesto, tendre mos:

Y'

X'

Fig. 122

-121Dado que ahora tenemos que el campo magnético será:

l (i

J

y' -

2

H

j

apunta hacia adentro del papel,

1 X )

=

Ja

2

(f

2 2(x'2 + y' )

y' - T x')

'x' 2 +y'

2

� ª2

El campo magnético total será:

Es conveniente primero escribir HR y sistema de referencia; escogemos el sistema (Oxyz); con respecto al sistema (O'x'y'z') es:

l

X

= X -

1

ZI

ria

referidos a un mismr,

el cambio de coordenadas

d

= Z

y'

y

Dividimos el espacio en tres regiones: la cavidad cilíndrica interna, la región que lleva la corriente, y el exterior; i)

para la cavidad cilíndrica, es decir, para 2

2

/+(x-d) �a

tenemos:

H=

!. ( Í y +j 2

+ I. 2

X)

(1'

X1 )

y' - j

y refiriendo todo al sistema que escogimos, se tiene: H =

ii)

.Td ..,. -2- J

para la región que lleva corriente, es decir, para: >, a 2

se tiene:

2 " - lL N - 2

y por lo tanto:

H=

+ I. 2

a 2y 2 2 1 (x- d) J [ ..... (

+

y

2

(-iy

+

- y

jx),

+j )

x-

"' (

a 2 (x - d) (x- d)

2

+

y

2

j]

-1 22iii)

para la región exterior, es decir, para

se tiene:

....

H=

o sea:

-

H

J = 2

� [ 1(

Ja2 2

a2 �

(x - d)

x2

+,/

iy'

Jx

x' 2

+

2

>,. R ,

•

y' 2

JR 2

+

-

-iy

x2

2

+ jx +/

+ y2

Todas las expresiones para H que hemos calculado pueden escri birse en coordenadas polares si se desea, pero esto no trae urt.mayor simplifi cación,

PROBLEMA 30.Un electrón se mueve en un campo eléctrico que depende del tiem po (pero es uniforme en todo el espacio para un instante dado), de la forma E= E0 senwt, en que IE0 1 = 10 4 volt/m y la frecuencia de la oscilación es V=w/2 1t = 100

megaciclos por segundo.

Calcular la amplitud del movimiento armónico simple del electrón y su energía expresada en electrón-volt si la velocidad intcial del electrón es v0 � v(t=o)=ef0/rT*II,

Resolución,Supongamos que en el instante inicial t=o, el electrón pase por la posición = con velocidad vo; la ecuación diferencial para el movimiento es:

r o

F= ma o sea:

i

r -ef= m __ 2 dt 2 -er d dt

r

--º m

2

senwt,

que se integra de inmediato una vez para darnos:

dr

dt donde K inicial

=

+ eEO ITW

COSlolt +

K

es una constante de integración que se determina por la condición

�

o)= mw de donde

i< =

o.

et

_Q.

+

i<

-123La ecuación diferencial puede integrarse otra vez para darnos:

et

r"=

2

senwt

ílW

donde C es una coristante de integración que se determina po� la condición in i e i al: r'"(t = o) Luego

o

e

La ecuació,, del movimiento es, finalmente: senwt,

r'=

La amplitud de este movimiento armónico simple es:

e introduciendo los valores numéricos:

se tiene:

A �4,55 (mm]. La energra de este m,a.s, es igual a: E

ma es:

l.

2 2 m v rnáx •

De la expresión para la velocidad, tenemos que la velocidad rnáxi-

de modo que la energía es:

y sustituyendo los valores numéricos se llega a:

E ""2,28 (eV].

-124-

PROBLEMA 31.-

Una partícula de masa m y carga q se mueve en campos eléctrico y ,agnético estáticos, es decir, que no dependen del tiempo (pero no son ne ce:�ariamente uniformes en todo el espacie); la partícula parte del reposo. Demostrar que la trayectc:ia geométrica que describe la partí cu 1 a no se altera cuando se hacen las siguientes tranformaciones simultánea mu,te:

f ...

-

E'

t

..

m'

km

s .. ...B' m

s

q

q • q'

donde k es una constante (la partícula parte siempre del reposo y desde el ,cismo punto).

Resolución.-

*

La ecuación diferencial para el movimiento primitivo es: m

d2r dt

= q (E +

2

x B)

y después que se hacen los cambios es: qI

se tiene:

d i" dt

( E' +

X

B' )

Sustituy�ndo las cantidades con prima en función de las antiguas,

km

d2r

cit2

f+

q ( k

=

dr x B) • dt

Si se define la transformación de la escala de tiempo siguiente: entonces:

tI d dt

kt, dt' dt

k _d_ dt I

y

,on lo cual la ecuación diferencial queda; q (E +

EL dt I

X B) I

que es la misma que teníamos antes de hacer las transformaciones;

además,

-125puesto que la partícula parte del reposo en ambos casos, tenemos las mismas con ciciones iniciales, y por lo tanto las trayectorias geométricas descritas por la partícula son las mismas; sin embargo, hemos cambiado la escala de tiempos, es decir, la partícula se moverá más rápida o más lentamente que antes, según que el valor de k sea menor o mayor que la unidad, respectivamente; esto puede ver se claro si pensamos que

dr

1 ....

k

dt'

V

E B

La hipótesis de que los campos y son estáticos la hemos util i zado implícitamente; en efecto, si los campos dependieran explícitamente del tiem· po, al efectuar un cambio de escala en éste último, cambiaríamos inevitablemente la forma funcional de los campos como funciones de la posición y del tiempo; la ecuación diferencial que obtendríamos sería distinta a la primitiva, Otra forma, quizás más clara, de resolver el problema es utilizan do el formalismo langrangiano de la mecánica analítica para partículas cargadas. Sabemos que el lagrangiano para una partícula cargada que se mue ve en un campo electromagnético es: L = donde 0 y

A se

t

v2

m

- q (0 -

A·

v)

definen por:

E = - V"-"' - ,..._�A n (7

§' = VxA,

En nuestro caso, los campos E y B no dependen explícitamente del tiempo, de modo que podemos suponer que los potenciales t y tampoco dependen del tiempo; en consecuencia,

t

E

v+

-

B = VxA, Al hacer las transformaciones

t-+ t•

=

e -+ e•

l k

t

s,

.. +·

los potenciales también transforman:

t

..

A -+

1

k

+

A.

;,,

El lagrangiano, después de la transformación es: L' = L'

1 m' -2 V

q'

(+' - ¡,

"!

-

1

dr 2 - q m k ( )

2

dt

v)

-

1 ( k 4> - A

dr

dt

-126y multipl !cando por k,

y f.3cie,r¡do el cambio de escala en el tiempo: t. = kt.

se tlene: ,dr 2 ,. - dr ) kl' • .,], m L {cito • q dt I

A).

Este lagrangiano difiere del anterior en una constante multipli catíva, y por lo tanto da origen a las mismas ecuaciones de movimiento, aunque expresada en términos de t' en vez de t. Esto quiere decir que la partícula recorre la misma trayectoria anterior, pero a una velocidad distinta.

Un haz de electrones de energía cinética & entra a una región del espacio en que existe un campo magnético uniforme perpendicular a la velocidad v de los electrones, como 5e indica en la figura 123.

B

lCuál es el radio de la trayectoria de los electrones en el cam po magnétfco? lEn qué dirección salen los electrones después de pasar por el cam¡:,G ·nagnético, con respecto a la dirección incidente? ¿cuál es la condición para que los electrones atraviesen el carr�o magnético, es decir, para que no se devuelvan en la dlre�cl6n en que vlnier0�? Suponga ahora que el campo magnético ocupa una región como la que se indica en 1� Fig. 124. ¿cuál es la condición para que los electrones no se devuelvan en la dirección incidente? Calcule el ángulo que el electrón forma después de salir del campo magnético con la dirección incidente,

y

v -

X

Fig.

123

-

e

Fig.

124

Resolución.La trayectoria que el electrón describe en el campo magnético es Esto puede deun arco de circunferencia, y lo describe con rapidez constante.

-127del movirT,íerctc

mcstrarse a partir de la ec:uac,ón diferencíai nes iniciales je) c>rct:e·"'la; si to:i1arncs entra al cam00 ma3nético, entonces:

.... V e r

l'

- 1'( t

·,1

�e

,a,

;:;,

O)

la ecuac:ón diterencíal es:

cJv

q

rn d t dnnde -e es la carga C'2i el�ctr·-Sn la ecuaci6n díferenc,al;

V

e V x

X

(e > O): rriult:�11c�uerr,r:s e:-c.al,3r,-1e

-�Y

.-

et

-e

:1V

i u,:cgo:

:: t

l

d dt

-2

�2 V

'./

cte

1-:"I

cte

Esto quiere decir que la :�nergí"a ciriéti��a uel bia en toaa su trayect.,ria.

obtene11os:

Si :s,uiLDI ica"1,)5 escalare,erte c:or

� o

sea

"�v

b ..

dt

e l ectr-:r,

8

�:

E

..

:r; ot

',J "" �:_ ..:::_,..,, I�! :::- �,)'"°'c,tar,te, s... �·,t '-�,e Esta 1Jlt!r�a ecuac,ór, ecuac¡on ciferencial '"lás ;er�:.:ral para u;;.J hélice cilr��:ca. Pa:a ,·e:- e'-.� más explícitacnerte, tratemos de íntec;rar la eCCJació, c:té',·e,· cii cidad, Suponemos q�e 8 =- 3k, P'.JeStO�Q'.Je el ca·""' D0 .1as ,... et1CCi e:; '...1r'·.: do el espacie:, E,,tonces:

dv dt

o

sea:

s

d·.¡

o

z B __ dt dv

z __ dt

V

o

1

,-j

rr-

-128pero en t

O; luego A

O, entonces:

dz dt

o e

z

pero en t= O, z =O, luego C=O. La ecuación z=O que hemos obtenido nos dice que el movimiento del electrón dentro del campo magnético se realiza sobre el pla no z = O; por lo tanto todo el movimiento se realiza sobre este plano. Calcu lemos x e y en función del tiempo, directamente a partir de la ecuación dife rencial:

o sea:

¡

..

dv _ _ eB m V

at -

eB (Ív y m

dv =

a!

?t

X

= _

e

k

-

jvx)

! Vy

eB 3 _- m dt

Vx ;

derivando con respecto al tiempo, tenemos: = d2 vy

dt 2

eB = in

_

eB 2 (m ) v x

� = - (�B) 2 V dt Y •

que son ecuaciones diferenciales armónicas para vX y v • es decir: y'

w = eB m

2

� + dt 2

r·

11iv

Y

= O

estas ecuaciones se integran de inmediato a:

v

y

Ax cos(wt + +x ) Ay cos(wt + + ), y

donde Ax, A , +x y +y son constantes de integración; de aquf: y

{;.

Ax cos(wt + +x)

A

y cos(wt: + +y)'

-129que se integran a:

sen ( wt + "' ) + y

'f'y

o

que son las ecuaciones paramétricas de una circunferencia, magnético;

Volvamos al problema de los electrones que atraviesan el campo supongamos que el radio de la circunferencia que describen sea R:

Fig. 123a

F

evB

pero

V

wR

luego

R

pero

&

mw2 R

eB

1

zm

V

V = Jif

luego El ángulo sen e

R

� eB

e se determina por simple geometría;

a R

sen e Si los electrones tienen velocidad suficientemente baja, reco rrerán una semicircunferencia dentro del campo magnético, y saldrá hacia "a trás" con velocidad = - vi; la condici6n para que esto .!12. ocurra es que:

v

R > a

-130o, equivalentemente:

eB

> a

o sea: o bien:

" >

aeB m

De la expresión para el ángulo 9 que forman los electrones al sa lir del campo magnético con la dirección incidente, se ve que mientras mayor sea la energía cinética, menor es el valor de dicho ángulo; es decir, mientras más rápido vayan, menos "sienten" el efecto del campo magnético. Consideremos ahora el otro campo magnético;

)(

Fig. 124a. consideremos un electrón que entra al campo magnético a la altura y0 ; describe entonces una circunferencia de radio R, cuyo centro lo suponemos a la altura Ye = y0 + R; este radio R es exactamente el mismo que antes: R = V 2m&" eB Supongamos que el electrón tiene la velocidad suficientemente ba ja como para devolverse, salien4'c:, por la región "plana" del campo magnético; es decir, el electrón describe una semicircunferencia dentro del campo y sale ha cia atrás con una velocidad 1 = - vi, a una altura Ys s y + 2R: 0

y V

JC

Flg. 124b,

-1 31Se cumple entonces: Ys � 2a ; pard evitar que los electrones se devuelvan, debemos exigir por lo tanto: ys::, 2a

>

2a

mv Yo + 2 eB

>

y O + 2R

o sea

2a

Yo 2) '

v '> e! (a

Pero, puesto que tenemos un haz de el ectrones, la altura de entra da y 0 puede tomar cualquier valor comprendido entre O y 2a; para evitar que ninguno de los electrones se devuelva, debemos ponernos en el peor de los casos, es decir, debemos poner y = O; con esto, resulta: 0

v >

eBa m

Esta cond;ci6n nos asegura que todos los electrones salen del cam po magnético por el borde que tiene forma de semicircunferencia. Calculemos el punto por donde el electr6n sale; la ecuación de la trayectoria es:

en que Ye es la altura del centro de la (circunferencia) trayectoria; ( ver Fig, l 24a). Ye

luego

Yo

+

R

2 2 (y - Yo - R) + X

El punto por donde sale el electrón es el punto de intersección de la trayectoria con el borde del campo; éste último tiene por ecuación:

Debemos, por lo tanto, resolver el sistema de ecuaciones: _ a) 2 + x

2

a2

2 2 2 { (y (y - yo - R) + x = R

restando: {y - a)

2

- (y - y0 -

R) 2 •

2

a

-

R2

o bien: 2

2 (y - a + y · y0 - R) • (y - a - y+ y +R} • a - R 0

de donde:

-132y�+ 2Ry 0 Y� Ys = 2(R + y 0 - a)

La abscisa correspondiente es: X

s + / 2ays - y�

+)y (y + 2R)· (4a(R + y0 - a) -y (y0 + 2R)] 0 0 0

2 (R

+

y o - a)

Ei ángulo Q puede enlunces determinarse fácilmente, pues t9G es igual a la derivada de la trayectoria en el punto de sal ida (xs,Y ): s tgQ

=

dx l

.tí.

x= xs

y= ys

y como: o bien se tiene:

2(y - y0 - R) dy + 2xdx

de donde:

ax

_º-Y tgQ =

tgQ

PROBLEMA

X

Y - Yo -

*

x l s Ys

O

R Ys - Yo - R

+ /y0(y0 + 2R) • (4a (R + y0 - a)-y0(y0 + 2R)J 2(y 0 + R)· (R + y -a) - y (Yo + 2R) 0 0

33.-

Un cable largo, rectil Íneo, colocado a lo largo del eje z, lleva una corriente I en la direcci6n positiva de z. Se coloca un momento dipolo magnético iñ = m0 f en el eje x a una distancia x del alambre. p a)

b)

cCuál es la energía potencial de cQué signo tiene si xp). O?

1ft'

en el campo magnético del alambre?

Calcule la fuerza sobre m en la posición descrita. Diga en qué senti Calcule el troque que se ejerdo se movería m si se le dejara 1 ibre.

-133ce sobre c)

JI!.

Se coloca � en la posición iñ = m0 i. el torque sobre � en este caso.

Calcule la energía, la fuerza y

Indique la posición de � en la cual tiene: i) máxima y ii) mínima, energía, cA qué caso corresponde la posición del pá rrafo c)?

Resolución.Calculemos primero el campo magnético producido po r la corriente:

z

h ------- ---' , .. k

1

''

...

H

)(

Fi g, 125

Por simetría, el campo magnético

H

tiene la dirección de

y su módulo H depende sólo de la distancia r al alambre; aplicando la ley circuital de Ampere al trayecto de integración C, tenemos:

2'1'r rH(r)

luego: y de aqu

tt,

r: 1 H = -- (-isent + jcosA.), " 2 'T'C r

a) La energía potencial de un dipolo un campo magnético � es:

m

puesto en un punto

- iñ · H(r).

w En nuestro caso; w y en el punto P, tenemos que:

= ,:mo1

2

� r

(-isen� + jcost)

r

donde existe

-134· X

o

p

luego

que tiene signo negativo si b)

x > O. p

La fuerza es:

F donde

W

VW

es la energía potencial del dipolo;

m I °"T'it

w = -

en la parte a) vimo s que: cos+ r

y el gradiente en coordenada s cilíndrica s es:

�

V=e'r ..L dr luego;

r

F=l7W=-�[-

--- -

e

s n+ + :

eco s + r

r2

r

]

y en el punto O, donde se encuentra el dipolo

.

;;

por lo tanto: ·-'-

Xp

2

Si s e dejara 1 ibre, el dipolo � s e movería a lo largo del eje x, alejándose del alambre (sólo en el in s tante inicial).

... - ... T = mxH

El torque que se ejerce

T y para

+=O, el torque es nulo:

Orientamos el dipolo

La energía

obre

moJ x Z�r

f• c)

s

s

s

�

es :

(-lsen+ + jco s +)

o.

egún el eje x:

er, ahora:

- • ti • -

W • - m

w. o.

mí' •_j_ (-1'sen+ + jcos+)

o

21tr

-135La fuerza f es: m I donde W = �

:;n + [ _ er

�� ; s� : ]

y en el punto P:

F= El torque es

f = m 4' x 0

21Ír

(-isent + jcost)

Hagamos un gráfico de la energía del dipolo que forma con el campo magnético

H:

� vs, el ángulo G

W= -iñ ·H

-m

J{

Fig. 126

De aquí se ve que la pos1c1on de máxima energía es aquélla en que el dipolo 1ti es colineal con el campo '1t pero apunta en el sentido contrario a él: en el problema nuestro, corresponde al caso � = - me)'. La posición de mínima energía es aquélla en que el dipolo es co lineal con el campo magnético; corresponde en nuestro problema al caso = mcJ'.

m

La pos,c,on ili donde la energía vale cero,

m f del párrafo c) es una posición intermedia, 0

-136PROBLEMA 34. En el eje de un solenoide por el que pasa una corriente I se pone una partícula P cerca de un extremo, produciéndose en ella una magne tización M = µ01.ft; esta partícula no es ferromagnética, a) b)

Demostrar que P no está sujeta a torque, Calcular la fuerza sobre la partícula, y determinar su sentido según ella sea para o diamagnética.

Resolución.X

�it �

1

... .,..

.,.. .,.. ....

.,. >- - - ----- --

-----+------� ----

--..!_Z

F i g, 127

Supongamos que el volumen V de la partícula sea muy pequeño, o más precisamente, que las dimensiones lineales de la partícula sean despreciables frente al tamaño del solenoide; de este modo, el campo magnético en todo el vo lumen de la partícula es prácticamente constante, y apunta en la dirección po sitiva de 1 eje z, a)

Por definición:

....

dm

....m

fI

M = dt:

luego:

Md� J

El torque es:

T b)

donde

La fuerza es:

W

r"'

V

� �0-{H •

in X H

V'w

es la energía potencial de la partícula;

-137go:

Por simetría, la fuerza debe tener la dirección del eje

F=

aw

TJW

"k

az

µ -;(V • 0

z; lue-

2

-ª--tJ. k

H

oz

Si la partícula es paramagnética (diamagnética), entonces ;(>O (-X.
qz

PROBLEMA 35.Calcule la energía almacenada ccr unidad de largo, w1 , para el cable coaxial de la figura. El cable es de cubre cuya permeabilidad magnéti y en el hueco entre los conductores y al exterior hay aire, cuya ca es /J, permeabilidad es uno.

,..a,.... -1i-

-,:--

1

F i g. 128

Resolución.La energía magnética almacenada en un volumen donde existe un campo rvagnético � es:

Jff i s · Hd�

w

=

W

= �

f

If

µH 2 dr

Tenemos un sistema de referencia (x y z) como se indica en la figura siguiente, El campo magnético H depende sólo de pende sólo de r; si tomamos una unidad de longitud ces podemos calcular (en coordenadas cilíndricas) la nidad de largo; la energía total almacenada en esta

r y 9, y el módulo H de f según el eje z, enton energía almacenada por u región de altura � es:

-138-

y

e •

Fig. 129 J

J di

.t

z=O

fJ

W = / • 2 'lt • l.

r•O

¡.i(r)H (r)rdrd9dz 2

( ao

2 J ¡.i (r) H (r) r dr,

o

y la energía almacenada por unidad de largo 1 es: W,e

=

J ID ¡.i (r) H (r) dr •

} _ = ¡.i0 1t

2

o

En el problema 29, parte c), nosotros calculamos el campo magné tico H producido por el cable coaxial: para las regiones r $ a y a'- r� b, el campo es: Jr r

H (r) "'

r � a

donde J es la densidad de corriente del cilindro central; ésta es fácil de expresar en términos de la corriente 1, que es un dato en este problema:

y luego:

J

_I_ Tt' a

H(r)=

2

2 1t

a2

_1_ 2 fl"r

r�a

-139Sin embargo, para las regiones b � r � c y r ,., c, el campo mag nético que calculamos en el problema 29 no será igual al de este problema; la raz6n es que en el problema 29, supusimos que las densidades de corriente J eran iguales en el cilindro interno y en la "cáscara" cilíndrica eAterna; esto es incompatible con el problema presente (donde se supone que las corrientes I son iguales en ambas partes), salvo en el caso excepcional en que se cumpla: c

2

- b2 = a , 2

condición que, naturalmente, no podemos suponer.

Calculemos entonces el campo magnético para b � r � c y r 7/ c. Para esto, supongamos de la misma menera que lo hicimos en el problema 2 9, que la densidad de corriente de la "cáscara'' ci l Índrica sea j,;

e

Fi g. 130

Para la cáseara externa tenemos:

-

1 = J' 1t (c2

J'

'Tí(c

2

-

b ) ')

L

b )

La ley circuital de Ampere dice:

e donde

2

�í

S ( C)

d� j .

es la corriente total enlazada por el trayecto de integración C.

Para b � r $ c, tomemos un trayecto una circunferencia de radio r; entonces:

2 Tt rH H

I __ 21? r

[

2

de integración que sea

e

- b ) ( l - --=--r -- --'c

2

_ b2

2

1

'

Y para r �c. el campo magnético es nulo pues la corriente total enlazada por

-140e)

trayecto Ct:'

integración es nu)a, Tenemos, finalmente, entonces: _l_r_

27ra

H ( r)

r� a

2

_1_ 2 1't r

_,_ 2 1'C r

o

r >,. e

Los datos del problema nos dicen también que: r � a

JJ

a f r f b

µ ( r)

b

s

r � c

r )1 c

Podemos introducir todo esto en la expresión para la energía al macenada por unidad de largo:

�o 1t µ

J( Y ; :2

2

+

rdr + � 1t 0

f(

a

2�r

y

Y

rdr

+

rdr,

las integrales son todas inmediatas, aunque algo largas, El resultado final es: · log F -

-141 PROBLEMA 36.Se construye un electroimán de hierro como el de la figura. El largo de cada uno de los trozos de hierro es a, y su secci6n es circular de área S; la permeabilidad magnética del hierro es f-l, y la del aire es uno. Los trozos de hierrJ están separados por una distanc'a b que es mucho menor que el diámetro del hierro, de modo que los efectos de borde pueden despreciarse. La corriente es y da N vueltas. a)

Haga un dibujo de las ]'reas de caG1po magnético .

b)

Calcule la densidad de flujo

c)

Calcule la intensidad de campo magnético� en el hierro y en el entrehie rro.

d)

Calcule la magnetizaci6n del hierro.

e)

Calcule la fuerza de atracción entre los hierros.

3

dentro del

hierro,

T F i g. 131 Resolución,Dado que el electroimán está todo confinado dentro de él; pequeñas, el campo se deforma muy Un esquema de las !(neas de flujo

a)

hecho de hierro, el flujo queda prácticamente en el entrehierro, dado que tiene dimensiones poco con respecto al que existe en el hierro. es entonces el siguiente: (ver Fig. 132).

El campo magnético es constante en m6dulo dentro de cada trozo de hierro, puesto que prácticamente no se pierde flujo hacia afuera del electroimán; Calcule las líneas de campo tienen prácticamente la misma forma del aparato. mos el campo magnético H aplicando la ley circuital de Amp�re a un trayecto que pasa por todo el electroimán; la corriente total que atraviesa este trayec to es Ni: b)

• �

! H·dt 'j'

flujo,

= Ni

Pero, por conservación de la componente normal de la densidad de Bn, en cualquier superficie de separación, tenemos

-142-

y como, en general,

µµ0 H, tenemos: B

_B_a +_B_ b +_B_ µµo µµo µo

8 a +--b µo

Ni

luego; B

2(� + b) µ

Fig. c)

El campo magnético

H

dentro del hierro es: B

H 1 = H3

132

/J/Jo

Ni 2 (a + bµ)

y en el entrehierro es: H2 d)

_B_

H4

!Jo

Ni 2(� + b) /J

Sabemos que:

y también:

'º

p; = u xfi

s=

11 = Luego

M =

1-lo

H (l +X)H = 1-lo!J

/Ji

H 1-lJJo ( µ0 ¡.i - 1 ) Ni

/Jo (p - 1 )H

2 (a + b)J)

En real idad, puesto que

/J » l , se ti ene que µ-1�µ; 1 ue'lo·

-143-

e)

constante, la fuerza es

Si suponemos la corriente

�

F = 'JW

donde W es la energía almacenada; consideremos la distancia y llamémosla x:

b

co�o variable

Por simetría, la fuerza tiene la dirección del eje x dibujado en la figura de arriba; calculemos la energía r en tunción de x; para esto hay H dentro de todo el imán), varias maneras de hacerlo (p.ej. integrando 2 sabemos que para un sistema de pero una forma es particularmente simple: n circuitos, cada uno de los cuales enlaza un f 1 uj o magnético <j, y es recoj rrido por una corriente ij, entonces:

t·

w

\' * n

L,

j =1

¿

ij .¡, j '

y en nuestro caso:

w

l Ni <j, = l Ni BS 2 2

luego:

w

4 (-2- + >() ¡.i

La fuerza será:

F=

'vWI

oW(x) �X

x=b

�=b 1,:

-144-

F= La fuerza tiende a juntar los dos trozos de hierro, y de aqu; la uti 1 idad del electroimán,

PROBLEMA 37.por una Se pira, y hiciera

B.

1) Una espira rectangular olana de laJns a y b que es recorrida corriente 1, se encuentra en ur, campo r'lagnét; co de densidad de f 1 uj o define el vector unitario n como aquél q•Je es perpendicular a la es que apunta efl el senti'.Jo en que avanzaría :,n ::ir"i I lo derecho que se girar en el sentido de la corriente 1,

Suponga un siste�a de coordenadas Oxyz cuyo erigen se encuen tra en el c0�tro de la espira; suponqa también que sus lados de lonqitud b son para1el,,s al eje Oy, de r1odo que :'i' pertenece al ;,!ano (D y z). Se define el án0ulo � como aquél que forma � con el eje Oz.

A)

Suponga que la densiJad de flujo

1i

es uniforme:

B= Bk;

a) calcule la fuerza neta que se ejerce sobre la e•rira, y conv�nzase de que el resultado es váldo para cualquier espira; b) calcule la fuerza sobre cada uno de los lados Je la esoira, y de aquí el torque que se e) er ce sobre e}} a:

e)

defina el momento magnético

�

de la bobina y compruebe que T

m

x

H.

B) Suponga que el ca:-npo magnético ne e5 uniforme, sino que = l(x,z) (independiente de y), pero que varía muy suaverente en toda la re gión en que se encuentra la espira, de modo que puede usar el desarrollo de Taylor a primer orden;

l

d)

calcule la fuerza sobre la espira cuando �= o;

e)

calcule el torque scbre la espira cuando

a

1 o,

11) Repita d) y e) para una espira circular de radio a situada en un campo de densidad de flujo = ! (r,z) (es decir, tiene simetría al rededor del eje Oz).

t

8

Resolución.-

corriente

A) a) Id! es:

El elemento de fuerza que se ejerce sobre un elemento de

dF = 1 di

x

B

y por lo tanto la fuerza neta que se ejerce sobre la espira es:

F= �

1

di

X

8

donde la integral se realiza sobre la espira en el sentido de la corriente 1, En este caso, Bes uniforme, de modo que

-145-

pues la integral cerrada de una diferencial exacta es nula. Este r-esuitado :-io depende de la forc-a de la es::iira, y oor lo tanto el resultado es válido para cualquiera (sieni,:ir -s que B sea uniforc,e)

b)

La figura es:

z

- f sene(

A,D

_ 1?_. (..O Se( 2.

I

I

-! !)en«'.

,z

A

� e.ose( 2.

a.

X

r

134

Las fue:-zas sobre caJa uno

i\c

ae ¡ ,_, s lados

DA

xB

X

8

Fe o

(e

I

et

a

[5;\ ,,

-

f u!\

í

f'\ '

uf -'

8

s=

1

FY-º'

e

pero luego:

CTl

b

...F

eo

...

FA B

(sen a.

-

b

(

k -

cos d.])

1 B cos d. i ;

di

X

B =

ÁB

FA B

b

X

-

A

"'

IB cosa'.. 1

CD

'-

-, 13 j ; i

X

8

-

alB

a

IB

fxk

J

1 :j

X,

la es_) ira son:

je

ec s

�

Jdf

f BC f

-0..

-4= Aenal e

s F i g.

-------

,:,,�

-- a. --&-C:

t�1 ª

,,

>'

,,

ixk

�

-146Puesto que el campo 8 es uniforme, la fuerza por unidad de longitud que se ejerce sobre cualquiera de los lados de la espira es cons podemos afirmar entonces que la fuerza que se ejerce sobre cada la tante; do actúa en el centro de éste:

z

J.

A

Fo.,.

Í¡

...F

D

o

AI

Fc:o

1

X.

faG

'

&

fa

e

F i g. 135

El torque que se ejerce sobre la espira es:

[

T donde

r¡

r xFi i

i=l

son los vectores de posición de cada uno de los punto5 medios de F

los lados de la espira, y

- A"s

T =

z

i

son cada una de las fuerzas que calculamos:

BA x Fs +c 2

r=

BA

X

FD

5A

FDA

X

+

X

z

-

FA

AD

B + 2

X

i\ o

A ,:,.

T = ab • 18 sen C( 1

El momento magnético

de la espira se define como:

iii

fJo

6 S = ¡J 1 abn 0

ñi

flo

ab (j senc1 + k cos a.)

f

y el torque es

m

f

ñixH f-lo

1' = ab

ab (j sena,

+ k cos O() x Hk

B senC(.1',

Hay que notar que el torque es exactamen donde hemos utilizado que B • fJ0H, te igual a m x H sólo en el caso de que el campo magnético sea uniforme; si eS• to no ocurre, será igual a� x � en primera aproximación sólamente. B)

d)

Cuando <:X= O, tenemos que la figura es la que sigue:

-147-

)C

D

A

-.Ir

z

z.

't

.1

•

a.

�

1

e

F i g. 136

La fuerza neta sobre la espira es: F= f I

di

x B(x,z)

Tal como antes, descomponemos la integral cerrada en cuatro in tegrales correspondientes a cada uno de los lados de la espira:

(e

F8 c = 1

se

i\c FB

C

....F

DA

F DA

F

....

FA

B

=

f

B

CD

=

=

dl x

J

-

e (-

I·

x

s(-

"'

�

\

d!

X!

.

O);

(! .

O)

D

.. a , O) = lb 1 DA x ....B (2

= (

ldl x B(x,z)

o)

o)

a 1 bj x 8(- ! A

I.

1 dlx B(x,z)

ít

j

X

B(! Id

O); X

t ' � (,, 0)

1 a

�

ldx

La fuerza neta es entonces:

'l' 1

x H(x, O)

- 'co

- l4t-

;,'C(·, r·ia1

La ex::rc-:,1,"Jn

Uíl

'J,_:

f(x donoe

nético

;

,J e su r r -j 1 · 1 c1

Jií'1ensi,:.,,rE:S

l(,

eS="LlCi(-;

+

L k=o

riJ

I

::) - s(-

bfx[n1;

F =

e: �,

e:s

s ·:: r i e 1a

Ta y 1 o r

:1 l�

síguiert;::

p a ra

u na

f .._ 11 e i () n

t "· _Q_ )"K F(�) ' 1

i =l

ox i

es un punto del espacio y� un desplazamiento independiente de 1:

G(x,

z

Volviendo a ruestro croblema, podemos desarrollar el campo mag ) e., to1 ,o al origen a ;:,ri"'er orden en las coordenadas:

B(x, z)

�B(O,O)

x oJs

+ x

(O O) +

z

.é_j a z \'ü , O)+... ,

con lo cual podemos obtener una excresi6n aproximada para la fuerza que se ejer ce scbre la espira: F - ab

-:-

IJ

X

Js

(O O)

rx , '

�

Sobre un elemento de espira situado en el punto e) fLler z a df, de �ocio que el elemento de torque es: r X dt

cif

rX

(1

dr X

[ (7

y

actúa un elemento de

s)

!J) dr

- (r .

drl�

e 1 torque neto que se ejerce sobre 1 a espira es: s)dr -

]

(r . dtJs ]

espira Nuevamente descomponemos la integral cerrada en cuatro, correspon diente a cada uno de los lados de la espira:

z

A

/1 "

-L-c.o 2 �

-

f sena(.-

t

t sene(

o.

c( C.OS /

-O.

-¡-

1

X

F i g. 13 7

D

8

:k'1.

� .sene(

e

\

- 149El trazo

y el torque

CD

es (

1 }

reo =

l

y =

[

(

está de ser i to por:

-�

z =

b

) r · �

i-

(t .

donde hemos escogido la variable de integración

r=

(O, 1 , - tg q

d;

B(x, z)

8(-

B(x, z) '.::!.

B(-

y, -y tga.

)

=

X

cos«,

y-2 cos et

(- 7•

!,

dr )s ]

dy

ay .

1

)

z) � l(-

t• O) -

f·

O) + z

ytga. Pz (-

H (- },

7.

O)

O)

luego: � a ' ) � a 1' • e!:! (- z,Y, -ytg a · B(- !•

O) -

ytga.

y también:

d?'

dy =

y

+

y tg

2

y(l + tg 2

G(

ct)

cos

2

Js(ª ' ) a (- '2"' y, -ytgc:t • ¿, 2 - ,0J 2

<X

Con esto, tenemos todo el integrando expresado en función de la variable y sóla�ente; la integral es trivial, aunque un poco larga, y da como resultado;

ico = 1 � ��

-¡¡-;_

("·J

"'

- k sena

cosa.

a

(- 1' o )

}

-

) {

ab"' ... b 3 sen<X a i · B ( - !• O ) + 2 12

1 b 3 sen (1

dB (-

Tz

24

a

1'

(jcos
O)

La contribución al torque producida por el segmento AB se calcu la en forma muy similar1 all f se tiene:

....

r

�� = ...

B(x,z)

y el torque es:

(; , y, -y tg a

(O, 1,-tgct ) ::::

...

B (

a 2,

O)

-y

tg

a JB Tz ( !•

O)

� cosa.

rAs

)

-� cosoc.

-15 0 -

[cr

· �) �� - (r . �:) s]dy

ab""-s i· (ª ,o)

.... sen ex ) (J..,.. cose\. -k {

a ...8 'az En los segmentos DA, se tiene:

r= dr

dx

=

a

( 1• O)

+ I b

}

3

Js 1•

92 (

b 3 senoc - (f cosa 12

-k

sen et ) .

O)

(x, - � COS(i, t � sen C( ) " i

(l, 0, 0 )

b

y e1 torque es:

s (O,

b sen"-)+ x

2

as ax

(O,

b sen C()

2

dr dr [ (r . s) rx - (r · crx

" al-"Í i b(k sene( TDA =T

l

" ... b j cosa. )·B (O,z sen O(

a31

- l2 Análogamente, para el trazo r = (x,

�

as

rx (O,

a2 + b

b 2 sen o< )

" i • � (O , b sen ot ) 2

as

BC, se tiene:

b

2

coso:, -

d ... = _i:. (l, 0 , 0 ) dx

=

b

2

sen oc. )

,:. 1

b (O, - � sen::c: ) (x,- -2 sen ex.) ::::e- B (O, - 12. seno<.)+ x 2 =:} X t.

dS

y el torque es:

r8c

sen O(

-

DA y BC escogemos ax como la variable de integración; en

....

B

2

24

B(x,z) = B(x, 2 sene()�

B(x,z) =

2

\-

)

a 2 a 2

[( r

...

d'r" • ... B) rx

dr t - (t. cTx)

J

dx

}

-

i\c =

*\

-151-

-J' cos Cl

sen o:

b(k

) ·B(O,- tsen e( ) -

as

a 1 +12 3

a-;

fi·B(O,- �

sen
b sen O( ) • 2

(O, -

El torque neto es la suma de los cuatro:

r

= + fAB

T= 1

(j

+reo

fsc

coso<

+

roA

- k sen� )\

3 nó. (j cos� -�se n a: ) · + b �� I b sen G( 24 3

·[a

[

_tl (oz

(O,�se n e,.)

as (o rx

+

�

b

[

í'·[t(-

f.o) - B( f.o) J +

H (- 7,0) - ;? ( 7,0)]}

a iª b I _ ;:) B ( p., O) O) J + 2 '¿• �z 2,

8(0,- �sen a.)]+

� send.)] -

W, [ t!

1i411,

(O,� sen�) -

-

r':'k senOl -J cos ..... \K � "' )

[�!

(O,� sen«) -

�!

(0,- � senq)

J

El campo magnético y sus derivadas con respecto a x y z pueden ser desarrollados en serie en torno al origen, obteniendo un resultado más aproximado para el torque; despreciando los términos proporcionales , se o b tiene:

f =iab

a2 b l (k senci.-j coscx) · B (0,0) +--

. ;!

(k

seno.- jcosc.t)

í'

(0,0).

11) El cálculo de la fuerza sobre la espira circular cuanac O:= O es análogo al que hicimos para la espira rectangular; en efecto, la fuerza que se ejerce sobre ella es: F=

fdlxB(r,z)

pero cuando (X= O, la ecuaci6n de la espira es: J r =a

de modo que

lz =

F=-

IB(a,O)x

O,

!

di

o

Para el cálculo del torque, hagamos una figura de la espira:

- l 52-

z.

'I k

coso. +

j

sen Ol

F i g. 138

a

{Ox'

Conviene hacer de inrr,ediato un cambio de coordenadas de (Ox yz)

y 1 z 1 ), de modo que e1 eje

1

02

tenga la dirección de

ri:

¡

't 't' F i g. 139 Las ecuaciones del cambio son: x' y' cosc:1. + z'sen OC. y' sena+ z' cos �

En las coordenadas primitivas polares (r,,,z) mediante:

Oxyz, definimos las coordenadas

X = r cos, { y = r sen, z = z mediante:

Definimos también otras nuevas coordenadas polares (r',4'' ,z')

r

r' cos,f

y'

r'sent'

z'

z'

- 153De donde resulta que las ecuaciones de transfor�aci6n entre (r' ,4'' ,z') son:

tg4'

(r,4,z) y

z' senQ. + r I cosa.. sen4'' r'cos 4''

z = z'cosa. - r'sen,p'sena.

El campo magnético B (r,z) puede ser desarrollado en serie en primera aproximación en torno al origen:

B

(r,z) �

B

+ r �

(0,0)

+ z �

(0,0)

(0,0) ,

y, escrito en las nuevas coordenadas, queda: B(r,z).,.

+ J r 1 cos 4i 1

8(0,0)

2

2

+ (2

+ (z'senct+ r 1 sen4' 1

cose( -r 1 sen4' 1

1

senct)

cosa/

��

(0,0)

08 a'z (0,0).

La ecuación de la espira en las coordenadas nuevas es:

f rI = a

l

z'

O,

de modo que el campo magnético al] í será:

B"' 80

+ a �cos 4' 1 2

+ sen

2

4''cos2d

donde hemos introducido las abreviaturas

OB

ª z

(O • O) • respectivamente.

ii -a sena sen �· r

82 ,

b ' por �B(O,O), �B-80,-Br y � z u r

(0,0)

y

El torque que se ejerce sobre la espira es, tal como en el caso de la espira rectangular: T =

r

espira

[

(t' .

sJ

o sea, eligiendo como variable de integración a

r= En este caso,

[«·

. l)

dr'

�

(r'

dr' - (r'

4'

1

• dr'

'

dr' ) dc f

8]

d4'

J sJ

-154-

t·

.....

= a (i'cos+'

+

j' sen�')

A A dr' = a (-i I sen+' + j I cos + 1) ' dcjt

.... r'

....

r'

Luego

-

dr'

o

80 + a Vcos 2 �·

B = r'

r' · s

+

sen 2 � , cos 2 a.

1

r1

.

B -a sencx r

sencf

....r' ...

• Bz

Introduciendo esto en la expresión del torque, puede integrarse; conviene calcularlo componente por componente, y el resultado es: iI

-a

2 '!t + a !3r · i' L )cos2

+

1

2

cos 2 a. sen cj, 1 cos

+'

sen

+' d +'

2'T"C:

2 a 1 { a�0·i' } cos +• d t' + 0

T·j'

+ a S ' r + a

+•

21't'

i'

L

¡:

Be j'

r·k'

jcos 1t /co,

2

2

cjt' + c0s 2 o( sen 2 2

•' + ,0, ,.

se,

2

+•' cos

2

cj, 1 dt' +

;: se�+' df 1

o.

¡

Z

Las integrales tienen los siguientes valores: 2

1 1't o

sen

2

+• dcjt'

2T'C'

j

o

./co,

2

2

+' + ,o, «

o

'lt' cos 2 cjt' dcjt' = 1T

2

sen

+'

,os +• sen+' a+•

2'TT

• \

0

/co, 2 "' + ,o, 2

+•

sen 2 ,x

ces+' sen+' a+•

+

-1 S5-

2

(

)

cos 2 o • cos 2

+•

m'•

cos•• sea+' d4'

o

I-

-1

..,

y cos d.+ x 2 sen 2 a 2

xdx

cos<ji')

(x

O, pues el integrando es U'la función impar y la región de inte,iración es simétrica con respecto al origen. Las integrales que restan. que la, llamaremos S(C() y C(CC.), son elípticas, y no pueden integrarse sino nur:-éric:a mente:

�

s ( o. )

e ( a. )

2 'Tt o

21t

= L

/i-sen ct sen 2

2

q,'

'

.

sen

2

q, 1 d<jl'

/i-sen q: sen 41 cos q, dq,'

Las componentes del

2

2

2

1

torque son, entonces: •

4

1'11 2

i

V l-sen

o

'Tt'/2 4

2

a. sen 2 q, 1 sen 2 ,J,

/1-sen 2 C(.

) o

sen 2

t'

cos

at'

2 1 q,

d,t'

,:'\,

j

. i' ....

T

A

k1

O.

E 1 torque es: que puede reescribirse dando;

J')l -

C(CX)(Br ·

i')j'}

para obtener el torque expresado en el sistema antiguo de coordenadas, basta sustituir los vectores ,j' y k' expresados en función de 1',j y k:

i'

F j

I

k'

T,

= ,:. J cos et. -ksen et =

-

" J sen a. +kcos CI. =

,-:-

ñ

La sustitución de estas igualdades no simplifica la expresión de y no vale la pena hacerla.

Hay otra forma de calcular el torque que se ejerce sobre una es pira circulada por una corriente en un campo magnético En efecto, po demos suponer una superficie arbitraria, abierta, cuyo contorno se apoye sobre la espira, Esta superficie la dividimos en peque�as espiras ficticias de co rriente I y de superficie ldsl. de riodo que cada una de ellas constituye un

B,

-156.'e'L,cc:.o dipolo magnético

dñ= ¡..,e,

ldS.

Supcnecios ta�1bién que la corriente cir

:�'3 en todas las espiras en el mismo sentido de modo que las espiras contiguas ·1Lclan sus corrientes entre sí; la única corrient,2 que sobrevive es la de la ·�s ira real:

s F i g.

140

El tcJrcwe que se ejerce sobre cada uno de los dipolos es:

T

d

= d; x 11 =

1 d'S° x �,

,· el torque neto será:

dS

X

B

Se aeja rropuesto calcular los torques mediante este método.

Un átomo de hidrógeno se encuentra en un campo magnético uniforme de modo que la normal al plano de la órbita (circular) forma un ángulo et con respecto a la dirección del campo.

80 , a)

De�uestre que la órbita toma un movimiento de precesión por efecto del campo magnético; calcule la velocidad angular de precesión;

b)

Considerando al electrón girando en su órbita como un peque�o dipolo mag nético, calcule el campo magnético total fuera de la órbita.

Resolución.-

n

Sea la normal a la órbita , que escogemos en el mismo sentido en que avanzaría un tornillo derecho que girase junto con el electrón. Supone mos que el núcleo está inmóvil en el origen, y que � tiene la dirección del eje Oz. a)

L

y Debido al movimiento del electrón, éste tiene un momentum angular por consiguiente existe un momento dipolar magnético m = j"L, donde y es la razón giromagnética (ver al final del problema):

-157-

"n

F i g.

141

El mo�entum angular es: rxp = m �x� = m R v �.

T

donde rn, R y v son la masa del electrón, el daa del electrón, respectivamente, c,·,r

r0dio de la Órbita y la veloci

La velocidad puede calcularse igualando la fuerza centrífuga la atracc:,:� del núcleo:

m v2 R. I uei:ic·:

e

V =

luego:

e/ � 4 &o ' µo

e2

V

;; 'R

4 rr

i::·0\

m .

El hecnu de qu� Exista un moment� dipolo magnético en un campo ·;;g!lÉticc i,,.·1icil la ex;stencia de un torque:

E•,,-é l'.:!�auc es igual a la derivada del momentum angular con respecto al tieP'c.r, y es el res�onsable del movimiento de precesión; en efecto,

"

n = i sen C1 Juego:

cil

dt

e

V

p,)r �tra p�rtP el

(-sen l'.t

ic,R

41':" [.o tcrque: T

; X

H

cost

"

"'

+ j

sen a.

senH i + sen a. cos<j,<j,

sen<j,

'.]');

+ k

cos CI.

-1 58-

(i dt

e igualándolo con

sena.

sen4' -

j

sena.cos4')

se obtiene:

dt'

Esto demuestra que la normal a la órbita, ;,,rota er: torno al e mpo magnético con frecuencia constante, manteniendo un ángulo constante con l: ésta es la precesión de Larmor, y es de fundamental importancia para la teor a del paramagnetismo.

B

b) El campo '.T
donde V es el potencial magnético escalar: este potencial, para ura dipolci m es:

m

r

s¡

r y

(sena. cos4> 1

't ·

i

j

+ sen9 sen4'

+ sene\ sen4> 1

w

j

+ cos9

k)

+ cosa. k),

= �t +{3),

r y n está dado por

't qu�,forman

entonces el coseno del ángulo cos

i

= r (sen9cos4>

cos9 cosa. + sen9 $en

a.

cos (4> - 4> 1 ),

y el campo magnético producido por el electrón girando será:

..

Bat

v

e

2

IR

cos9 cos et + sen9 sen

� \j� __ R_ 1't

411' & m 0

ex

cos (4>

r2

El gradiente en coordenadas esféricas es: íJ

" ..l.._

r

ar

,..

+

l

-a

39

e

A

4i

r sen 9

-"o4>-

y de aquí obtenemos de inmediato:

{

-2r [ cos9

cos el + sen9 sen O( cos (4>-�'

)l

+

m

-159+ e [ - sen9 cos O( 9

(recordemos que., r, 9, •y t).

(4>-4 1

+ cos 9 sen a. cos

4>t + (3,

de modo que

El ca,,·,po magnético total será entonces:

s= eo

+

!at

)]

+

e

4>

[ -sena sen

(4>-f

i] }

depende explícitarnente de

s,dt

Nota 1.

En la pricera parte del problema, hemos hecho irnplícitamer1te una serie de hip6tesis, por ejemplo, que el campo magnético es suficientemente pe que:'ío corno para no rornper el átomo por efecto de la fuerza de Lorentz, que el ángulo a. es constante, etc. Esto requiere una discusi6r> más detallada, y el resultado a que se I lega, 1 larnado teorema de Lamor, es más general que nuestro e_jemp.lo (que es urc cas ,:i particular de aquél); ver Bleaney and Bleaney: ''Elec tricit,, and Magnetism', µág. 753.

1�c,ta 2.

Deduzcamos una expresi6n más general para el dipolo magnético�' vá i ida para ,rn cuerpo en genera 1. Sabernos que para una espira de corriente,

por un teorema de geometrra diferencial,

DS=l 2

donde la integral se realiza sobre la espira; luego:

pero la corriente es igual aj L:15, donde j es la densidad de corriente (en rn6dulo), y� S un elemento de área perpendicular a y corno J es colineal con jl resulta'.

T;

Sl]f:)ongamos que el cuerpo tiene una densidad de carga por unidad de masa consta r.te e igual a q/rn, donde q y rn son la carga y la riasa total del cuerpo; entonces, usando la definici6n de la densidad de corriente

J:

� j

resulta:

....

= O V

dm �

rn

� v,

fJ oq ... L

2m que es el resultado a, que queríamos llegar;

la cantidad

recibe el nombre de raz6n giroriagnética: Les el rnomentum angular total del cuerpo.

-160En el case de una sola particula puntual Que gira describiendo una circunferencia, el resultado es el mismo, aunque ya no se puede hacer el cálcula utilizando una inteqral de volumen; supcngaeios que la partícula es de carga q y masa m, ) de;cribe la 6rbita de tal modo que la normal � a ella cumple con la regia ce! ternil lo derecho; entonces

-

2"

�= flo¡ 6 S =�0i11: R n.

es

�a corriente

nn = .::...:¡, dt

1

y si toriamos una vuelta ::e la partícula, q T ' T

es el ::ieríodo de re1oluci6n; como �o

n •

resulta

q

2m

2 • mR wñ

L que éS

a)

la Que quería.as dcc"'estrar.

Escriba la expcesió.-, matemática y demuestre la f6rmula de Neumann.

Se tiene11 des anillos cord•-.1ctores cuyos planos son paralelos al plano (Oxy) de 'Jn sister,a cartesia"o de coordenadas Oxyz; los anillos I levan corrientes iguales y en el rcisno sentido, y tienen radios a y b, a> b; están separa jos par una cistancia d y sus ce11tros están sobre el eje Oz •

:e)

Calcule el car".po magnético B en el centro del anillo más chico producido sólo por la corriente que circula por el anillo más grande, Suponien:Jo que el ca�100 r,ac;nético es u.-,iforme (d>> a) en toda la secci6n del anillo más chico, calcule la inductancia nutua entre los circuitos. c)

e

Usando 1 a f6rrnula de Neumann demuestre que:

M

�o b

4rr e

2

6 a b + --4 c

en que c =

2

}a 1 1 cos

4

2

20 a b .2. + --62 c

2

2

.§. -1) 2

cos

n + 6 "

z

4ab c

2

(1

+

ab

2

c

2

2 g +

cos

I

. . . ) d"" cos9 y r en potencias de cos2 9

(Escriba d.i1

l y desarrolle r- en pote . .-,cias de Taylor).

( 2 cos

cos 2 .§. , usando el desarrollo en serie de 2

-161 e)

Uti I izando que

1 · 3 · 5 .. , (e - i 2. 4 . 6 ... " con p

;

de,m ue s tre que

r·Úr:1ere �·ar, íll

;;;:

�o Tt

2 o a b""

2 c3

(

+ 3 ab

1

+ ... )

7

y co�pare este resultado con el obtenido en la parte b).

Resolución.-

a)

Si se tienen dos circuitos,

c1

y

c2

recorridos por sendas corrientes

e i2, corno se muestra en la figura siguiente:

i 1

F i ':J. 142

entonces el flujo magnético enlazado por el circuito tico �2 producido por el circuito

S donde

cuito

)l

c

l( 1

)

d B2· S 1

c2 ,

fJ

Sl( 1 )

c

c1

es:

'Jx

A2

• d

s

debido al campo cnagné

1

s (c ) es una superficie arbitraria, abierta, cuyo contorno es el cir1 1 ; por el teorema de Stokes, se tiene que;

c1

esta integral se realiza en el mismo sentido en que la corriente el circuito

c1 .

i1

recorre

-162-

K,,

¡

L.- i .... , L

;['.

cl2

C.,

1tl:

'! 0eg,�:

floi2

�12

t

f

4 '7r

C¡

y si

de º i,,,Gos la inc,Jctancia

M

-2

dél circ,ito c

12

se ti e ne �.]

2

-

�o

-r--

41c

(

Jf

�

� r

-¡

.Jaca la si-,.ct:-ía en los rndices

at 2

d[ ¡

¡

debiao al

1

d "f

circuito

2

�2

y 2. resulta e, ;dente que

M

quE: �'.e�i;�!r:'<)S u'la ir',S::uctarc!a ¡-'lutua entre l:Js cír-cuitos:

"' i 2

C2 como

:,[,

í

f

__:¿

r-,,2 1

41c

r

�I

' ,

U {,

1

2

= M 1. 2

por lo

2

,.

�2

cc,-,�e las intt:•;rales se realizan en el '"is, ,0 ser,tico en que las corrientes reco rren su:- respecti,;c1s circuitos. 0

e)

Yasian)s una figura de la geor,etría ae la sit�ación.

z

F i 9,

El cano po -.agneticc anille grande es:

B

143

en el centro del anillo crico (z

d) producido por el

-163-

8 ( cJ )

por· s i rne t r r a ,

B __ e) r_

6 ( j)

1

i

µ

,4¡'(

r3

"¡

B

( d) k;

z

U I ' O

a (d)

i-'o

i

' p

.__,

........ !

�

41t

f-'

0

icos

1

,:¡,

4�í

C,

1 �

COSQ'...

r

e¡ 8 (0: z

>t

e1l¡

1

�-

B (d)

L

d ,t,

� 0 icoso. � TI' í

2

2 TT

]

y corno a

cos � se tiene:

e (d)

k

El flujo a través del anillo chico debi,:c al caT.po rcagrétic,o producido por e) anillo grande es:

r

1

�21

pero corno

B1

8 (d) en toda la sección del anillo chico

�21 la

e:s

i}

(d),

cis'¿ S. i. (e .i.)

inductancia mutua entre los circuitos será

M

florc 2

c)

2 ª2 b

(d 2 + a2 )31 2

Hagamos un esquema más completo de la situación:

(ü>> a,

b),

se tiene:

-164l

't Fig.

144

La geometría de la figura nos dice que: r

2

h

2

2 2 d + h

ª 2 + b2 - 2 ab cose d0_

d l¡

Luego:

,

l

J

el

Pero

cos e=

2 cos

dl 1

di¿

ya

{ 1C J

o

2

d.l dl¿cose 1

bde

2+

bcosede

b2 + d 2 -

� -1 2

Luego a 2 + b2 + d 2 -

2ab

Entonces: M =

J 4n

2

( � b( 2 cos jO

j

c

2

cose

(a+ b) 2 + d 2 - 4ab cos 2

cose

c

flo

2 ab

2

2

- 4ab cos 2 � 2

e/ 2 -l)de

-4ab cos

2

�·

!

-165-

f

JJo 2. �"T'C e

e

e( 2 cos 2

d.l l l

Pero sabemos que d>) a,b;

r ')('-

4ab c

cos 2 .!!

2

2

) -!1

d9

luego tenemos: 4ab cos 2 .!!« 1 , 2 c2

y aprovecha�10 el desarrollo de Taylor siguiente: n n 1 (l+x)n = 1 + nx + ( - ) 2 '.

x 2 + n(n-l)(n- 2 )

x3 -!',.,,,

3 '.

tenemos entonces: 4ab (l _ 2 c

cos 2

cos 2

2 oa3b3

cos 6 .!l. 2

+--c

9 2

cos

4

� 2

+

+

con lo cual queda demostrado lo que se nos pedía.

d)

Prosigamos con el cálculo de M;

la integral

es trivial, siendo igual a 2fCa; con esto, nos queda solamente por calcular 2'!'t' \

' ( 2 cos

o

2

cos 2 .!! + • .. )d" "•• 2

!-1) (1

efectuando el producto de ambos paréntesis, y haciendo el cambio de variable Q

2

se tiene:

M

fJ ab

-ºc

2a + ( 1

2

= � '!'

_1 + (Z _

2 ab

c

2

2 ) cos t + (

b2

donde hemos despreciado el término proporcional a

4ab

c2

_

cos 8�

] d�

-166La

i r,tegral

('i'r:

1

es igual ai

acblf: de-

::,::,::;p r:dx, p

Oó r

ia integral de

e.os '-' )(

1 · 3· 2

i

entre O y

5

(p- i)

.4, 6 ... p

'T'r/2:

re ;

utilizan��º t::Ste resl;]tad,J, y reoucieridc, tér-inos semejantes, me d i a to e I res u l ta ,j 'J le use ado :

M

-

h/l 2 b 2 TI'

;0;

+b )T+d 2]372

('

i

+

� (2

que es evidentemente �ás exacto que el q�e 7

ro ª �b

2

+

7!;¡_a

s

2 .2 b

(4

+

...

se obtiene de

1n

)

·tc�vimos en la parte b):

1t'

2(a2+a )3/ 2

2

PR:JBLEMA .:+O. a)

Una línea de transílisión (ver Fig. 145), cor,sta de dos cables de rac1io separados por una distancia d. Calcule la inouctancia propia ce] sisterc,a c�r cir.i.Ja.: ·Je largo, L'.

b)

Demuestre que

L'

Log

a

cuando a<< d.

e)

Se rerplaza uno .:;e los cables utiliza�:.:: la tierra cocr,o retorno. Supo niendola un conduct,Jr perfecto, calc" l e ia inductancia L' si el cab le está a una distancia h del suele. Calcule la inductancia crnpia del sisterc,a ae la Fig. 146, cuando se en 'JÍa la ,·itad ae la corrierte por caaa ur.•.J ce los cables, y el retorn,� �e efect�a por tierra. j)

Hagamos un esquema en un sistercia de coordenadas cartesianas: (Fig. 147) Calculanos el campo magnético Fl1 C¡, sobre el producido por el cable Oxy. Para Esto utilizarnos la ley circuital de Ampere aplicada a las olano circunferencias de radio y, y cuyos centros se encuentran sobre el eje Ox: las circJnferencias son paralelas al plano Oyz: a)

para

I y 1 � ª,

a

- ! ó 7-

01 �---- J, __ i

�1 I

__J

:

F i g. 146

F i g. 145

H1 para

ly I

=

I j

TI: - ...!.:.L

d.2

2

H l

i

2

H¡

1r a 2

rr y

=

_i!:_2 a

� 2 íT a

2

>,,.. a,

' H, H

l

-·

dl 2 rr y

'1. = _i_ 2 lt y

y el

- - -

-Q - - - - - - - -· -2:�- )- - 1

..L.--++------ 2 a. -4----x

1

F i g. ! 47

�z

,".?/"* '7,-),

!, 7 º//fº/,,, /7// 0i ////,

�

®Yz

i

-168El

ca�po magnético producido por el cable

forma análoqa, y es claro c.,ue b asta reriplazar nes para para wbtener R : 2

n;

� i (d - y) ,., H = ---�k 2 2 2 1!" ª

Hl

+

c2

d-y

se calcula en en las expresio-

� d-a >,. d+a

El campo magnético total

H

por

d-a � y f d + a

__i___ 21[ (d-y \

bos:

y

sobre e I

p I a n,

la sucia de ac--

tDxy) es

H2

.,..

21'C

2ir ik

H

2n

2'IT ik 2 1t

(-L

a2

1

u-y

+ _1_ d-y

)

y

�

-a

-a

�

y

�

a

d-a

1

+ _1_) d-y

a

::

y

!-

l y

+ .:2..:.Y) 2 a

d-a

�

y

l

+ _I -)

y

y

d-v

)

>,,

d+a

d+a

Calculamos el flulo enlazado por unidad de largo oor el circuito; para ·=Stu, integramos B d� sobre la sup erficie S que está achurada en la figura siguiente:

·

y

,. ..,.

L' i

"

dS = k dx dy

H

F i g.

B·dS

148

- 169fJ0H(y) c:y dx

�'

() a

flo 1 r

-a

flo i i rr

H(y)dy 1

H (y) dy + I d-

-¿;

a

resultado final es:

Los integrales son triviales, y el

�'

d-a

H (y) dy +

d+a L og - a

y la inductancia propia por unidad de largo es: Log

L' b)

Si a<< d, entonces

d+a a

d + a .. d, y el resultado es: Log

L' "' c)

d a

El campo magnético producido por la corriente que retorna por la tierra es nulo, pues se supone que ella es infinitamente extendida; esta corrien te que retorna lo hace por la superficie, pues el la es un conductor perfecto.

i El campo magnético es, entonces:

Fi g. 149

IY 1 �

ª

IYI �

ª

H

y el flujo es:

•

B J

f

cis',

-170

....

-"

dS = k dx dy

donde:

( º +t

(

)

J

�'

x=x

)-lo H(y)dy dx

= y -a

0

h a ,

l.oc¡

y la inductancia procia por unidad de largo será: Log :

L'

d)

El esquema es:

Fig.

po magnético.

15C:

Nuevamente la corriente que retorna por la tierra no produce cam-

El flujo total

�'

�; �'2 luego:

f

por unidad de largo es:

�\

+

�2

Po.(i/2 2 1t'

)-10.ii/ 2 'Tt' flofi

41t"

2

Log

Log

a1 h 2

Log

ª2

h1h 2 ª2 ª 2

y la inductancia propia por unidad de largo será: L'

-f

)-l o

4rr

Log

h¡ h2 ª2 ª2

-171PROBLEMA 41 ,a)

Calcule la inductancia mutua M del circuito de la figura. La bobina 2 posee N espiras enrolladas sobre un cilindro de radio by largo d, El solenoide tiene n espiras por unidad de largo, y tiene largo O y radio a, (O>> a, d). b)

Calcule el coeficiente de acoplamiento k M

k en que

L 1y L2

son las inductancias propias de cada circuito,

o

f Fig. 151 Resolución.Suponemos que las corrientes i1 e i2 circulan en el mismo senti do; si esto no fuera así en la realidad, la inductancia mutua sólo cambiaría de signo,

Por definición, M

donde t12 es el flujo a través del circuito 1 producido por la corriente que circula por el circuito 2, y viceversa para tzi; en nuestro caso, conviene más aplicar M

el campo magnético

�l es aproximadamente constante en toda la sección del solenoide, y es nulo fuera de él.· El campo magnético en el interior del solenoide,

1 72H l = ni

k

y ,1 eleg;mus

b)

,

como la dirección del eje del sole n oide,

_N_ il

1-l o nil

k

H¡

ni

Bl

¡.i n i k 0 1

-

M

l

1

2 Na n '!'(' p 0

'Tt ª2

La inductancia propia del solenoide es: ¡.i

0

2 2 '1T a n D

Para calcular la inductancia propia de la bobina, debemos supo ner que el campo magnético producido por ella es constante en toda su sección; entonces la inducta n cia propia de la bobina es:

L2

2

2

Po T'C b ( � ) 2 /Jo 'Tt"b N

d

2

d

La constante de acoplamiento es entonces: k

M

in ¡.i0

2

nN

a2 n2 D

}Jo -

u0 'Tfª

ez

,r N

d

z

b

con lo que hemos comprobado que la constante de acoplamie n to debe ser menor que la unidad. Para que k sea igual a uno, debe �mplirse que que es lo que uno esperaría i n tuitivame n te.

a = by d

D,

PROBLEMA 42.La energía almacenada en un sistema de n conductores recorri l , k = 1,2, ••• ,n, está dada por dos por corrientes perma n entes k

w

t l

k=l

�k l k

-1 73a)

�kí

¿cuál es el significad� físico de

Suponga que se reduce el sistema a un circuito único alimentado por una en mo fuente de fuerza electromotriz & 0 que realiza un trabajo ll.W 8 ver un elemento de carga 64:t a lo largo del circuito, Demuestre la relación

b)

D. WB = 2 6 W y explique su significado físico, c)

2,r

Calcule el trabajo mecánico realizado en un desplazamiento rígido a expensas de la energía almacenada en el sistema, con la definición ti. .6wmec. = F .

r.

Resolución.a)

k;

�k

es la

Podemos imaginar un circuito formado por una fuente de f.e.m.

&0

y una

tk

es el flujo magnético total enlazado por el conductor

suma de los flujos producidos por todo el flujo producido por él mismo:

E

j=l b)

resto de los conductores más el

M. kl. J J

inductancia a través de la cual cae una diferencia de potencial

--1.

e Fi g. 152

Una ley de Kirchhoff nos dice que &

o

+ &

o

pero l)WB

&

q o L'l

&o

6t

y como &

�t

se tiene &o

Ll t

luego {j W

B

filt {j

i ti t

i ll

t

&:

-174Por otra parte:

luego;

pues la corriente

es permanente;

luego

Esto significa que la energía almacenada por el circuito es sólo la mitad de la energía gastada por la batería. Esto es porque la batería debe trabajar para mover las cargas eléctricas, y además para mantener constante la corrien te, pues ésta tiende a reducirse a cero debido a la f.e.m. inducida por el campo magnético: esta f.e.m. inducida actúa en contra de la causa que pro duce el campo (que es la corriente), de acuerdo con la ley de inducción de Faraday-Lenz. c)

Sabemos que

y también:

luego:

"w =/\(l'1"') .w mee. w 2 T

11· Ll ,1, T• 2 /\

PROBLEMA 43.a)

Calcule & = &(t) producida por la rotación de ,ina espira circular en un campo magnético uniforme,

Para medir el campo magnético terrestre se dispone de un solenoide de 1000espirasy11 ,3 cm. de diámetro, que se hace rotar en torno a un eje paralelo a un plano de las espiras, con una velocidad angular w de 100rad/ seg. El eje de giro del solenoide se coloca horizontal en la dirección Este Oeste. Mediante un oscilógrafo, conectado a los extremos del solenoide, se determina una f.e.m. inducida �)

& = 50sen (w t + t)

(mv]

en dar.de el tiempo se mide a partir de la horizontal (ver figura). Se pide:

-175i)

ii)

La magnitud del campo magnético en ese punto de la tierra.

La direcci6n del campo con respecto a la horizontal,

iii) (Cuánto vale

�

en el ecuador y en los polos magnéticos terrestres?

Vertical

F i g. 1 53 Resolución.-

a)

Supongamos que el campo magnético sea

s

=

sr

donde B es la magnitud (constante), y res la dirección del campo (constan te también).

Supongamos que el eje de rotación de la espira coincide con uno de sus diámetros y sea el eje Ox de un sistema de referencia cartesiano de coordenadas, Sea dS un elemento de superficie del plano de la espira.

ls 0" i

F i g. 154 dS

dS

El flujo enlazado por la espira es

ds

J f

s

ú

cose+ k sene).

B dS (j ·?cose+ k·rsene)

-176-

t

2 = 1t R B (j · reos wt + k

rsenw t)

Y la f .e.m. inducida será:

1.J.

&

ot

= 'Ir R 2 B w (j · rsenw t -

k

rcosw t)

si ésta no fuera circular, entonces basta rem

(Res el radio de la espira: plazar 1tR 2 por su área). b)

Suponemos que el campo magnético lt está contenido en el plano que for ma la vertical con la dirección N-S; ésta es una buena suposición para la mayoría de los puntos de la tierra.

VElTICAL

9:s cJt &

N-S /

Fi g.

l

155

= B (j cose8 + ksene8)

dS = dS (j cosw t + ksenw t)

+ + donde

N

N

a

) r una espira

ds = N

H

BdS cos(wt - e ) 8

una espira

NB'lr R 2 cos (wt - e ) 8

es el número de espiras del solenoide. La f.e.m. inducida es entonces: & 2

& "' NB "Ir R wsen (wt - e8) i)

Comparando con la f.e.m. que se nos da & = 50 sen (wt + +) [mv]

-177vemos que e introduciendo los datos

50 X ]Q-3 N

R

se obtiene

ii)

[volts]

1000

2 11,3x10-

[m]

w

1 00 [seg-1J

B

0,5 x 10-4 [" �er] = 0,5 :

Comparando también, se ve que el ángulo

con la horizontal es:

iii)

(GaussJ.

g8 que el campo r;\agnéticr, ·orr•a

En el ecuador,

B es horizontal; luego 88 = <j, = O; en el la rcac-.etico norte,! es vertical y apunta hacia arriba; luego <j, = -8 = - �/2. 8 y en el polo sur,�= -9 = 1'C/2. 8

PROBLEMA 44.-

Una barra conductora de masa m resbala sir roce, tacto eléctrico sobre dos rieles conductores paralelos. co

!

hacienür: con

Perpendicularmente al plano del sistema existe un campo magréti constante y uniforme.

En t = O se cierra un interruptor que conecta los rieles a un circuito formado por una resistencia R y un condensador de capacidaa C car gado inicialmente con carga q0 (ver figura). a)

b) c) d)

Calcule la fuerza magnética y la f.e.m. inducida

función de la velocidad

v

de la barra.

en el circuito en

Escriba la ecuación de balance de energías y encuentre una ecuación diferencial para la corriente y resuélvala.

Calcule la velocidad de la barra cuando se alcanza el régimen permanente; calcule también la carga que queda en el condensador. Calcule la energía total disipada por la resistencia durante el proceso.

Resolución.a)

&i

La fuerza que se ejerce sobre la barra es

F

Ji dt X B,

barra

-178R

---------+.._________..,___ ------... JC

Fig. 156

y, dado resulta

el sentido que tie.ne F

y

B

y la dirección en que circula la corriente,

ia

F = ia

B B �.

El flujo enlazado por el circuito es f = B ax y la f.e.m, inducida es &i = - � = -

B

a v.

Es necesario aclarar un punto para poder continuar. En nuestro dircuito no tenemos ninguna fuente de voltaje o de corriente (es decir, un elemento que mantenga una caída de potencial constante entre sus bornes o un elemento que mantenga una corriente constante a través de sí, respectivamente). La "fuente" que tenemos es el condensador cargado; es el condensador quien nos proporciona la corriente que circula en el circuito. Esto trae como consecuencia el hecho que, si llamamos q a la carga que tie ne el condensador en el tiempo t, e i a la corriente que circula por el cir cuito (es decir, que sale del condensador), entonces se cumple b)

g,Si dt

y no

g,Si

dt

i.

que es la relación usual; esto es porque hemos definido i como la corrien te que sale del condensador y .!J.Q como la corriente que entra a él. Esto puede verse más claramente si integramos la ley de conti nuidad sobre una superficie cerrada S que envuelva la placa positiva del condensador:

-179-

s

,-,-, Fig. l 57

V

....

luego:

�

j

.....

..

dS

s

o sea:

(i .,

op

�\ r

j = -

g1"

...d r;

V

)\ i

j

l;. (S)

�(S)

)� 1

d

- dt

il a t d z;

pd ¡

't(S)

dt

corriente que sale de

S, por el alambre).

Con esta aclaraci6n hecha, podemos proceder. Puesto que el con densador es nuestra "fuente de energía", entonces la tasa con que varía su e nergra es igual a la tasa con que se disipa la energra en el resto del circui� to:

El signo menos en -i &¡ es consecuencia de que la f.e.m. indu cida &i actúa en contra de la corriente; &. es una "subida potencial" si recorremos el circuito en el sentido de la c6rriente, en términos de la ley de Kirchhoff, que nos dice que la suma algebraica de las caídas de tensi6n a lo largo de un circuito cerrado es cero: q

e

q

t'

= R i-&

R

i

+ aB

V

y derivando con respecto al tiempo: R s!i dt

dv + aB dt

- 180Pero como F

dv at

m

aB,

res u Ita � dt

iaB m

con lo cual la ecuación diferencial para

R

di dt

di

dt

+

-i

i

�

2 2 + ª 8 m

( !e

2

)

2

ª 9 +--mR

que se integra de inmediato para darnos

+

donde i0

queda:

ª!." ) 'J

es la corriente en el instante t = O; ésta es fácil de calcular, pues

en t = O, la velocidad de la barra es también cero;

R

e

¡o

q

�

i o

Si definimos

luego se cumple:

RC

r; corno: _1 r, = \(RC

+

ª

2 82 mR

entonces?; tiene dimensiones de tiempo, y recibe el nombre de "constante de tiempo del circuito"; es el tiempo que se demora la corriente en disminuir 1 a e- de su valor inicial,

Así,

q

o

RC

e

- l "{;

Si el campo magnético B tiende a cero, la constante de tiempo se reduce a RC, que es el valor usual para este circuito cuando no está en pre sencia de un campo magnético; si B -ex, , entonces O, y el circuito tiende a alcanzar la corriente i = O en forma instantánea (i = O es la corrien te en régimen permanente; es decir, no circula corriente).

z--

El gráfico de la corriente es, a grosso modo;

- 1 81 1

lo

T

F i g.

t

1 58

(puede comprobarse que t = Z:- es el punto donde la tangente a la curva por el origen corta al eje del tiempo). c)

Calculemos la velocidad de la barra en función del tiempo; para esto, basta n�uir que:

aB

dv dt

m

luego; 8 ª i(t)dt+K

v(t)

+ K

V

la constante de integración

K

se calcula sabiendo que en t

K y finalmente V

=

a8q 0 [ C _2_ _2_1 - e - - __ m + a 8

t]

t"

Un gráfico aproximado de la velocidad es:

l1" ma'. x

t

T F i g.

1 59

Ü,

V

O;

1 uego

-182-

la vélocidad máxima, que es la velocidad en régimen permanente, es:

Si B----. O, la barra no se mueve, que es el resultado que uno esperaría en au sencia de campo magnético; si B se hace cada vez más grande, la velocidad máxi ma se hace cada vez más pequeña, y la constante de tiempo se hace cada vez más pequeña también, de modo que la barra tiende a alcanzar la velocidad máxima en forma instantánea; si B --+CIO la barra no se moverá.

que

Para calcular la carga que queda en el condensador, basta notar .S = R i + aBv ,

e

1 a carga que queda en e 1 condensador en t = ac, será:

y

q í = C aBvmá . x m n.

2 ca s2

Si

po magnético; si carga,

d)

(i(t=ao)

O)

B--,. O, qm1n. • --,. O, que es el resultado en ausencia de cam 8--+CO, Clmín • ..-+q , de modo que el condensador no se des 0

la potencia disipada por la resistencia es: dW dt

R,2 1 •

de donde la energía total disipada por ella es: f oo Ri

o

la integral es trivial, y nos da: wtot.

=

2C

2

dt;

m

m + Ca 2 B

2

)

2 q o Si B---+ O, Wtot ----. , que es el resultado esperado en au. !e q�

(

sencia de B; si B--+ ao Wtot.---+ O, resultado que es consistente con el he cho de que el condensador no se descarga,

-183PROBLEMA 45.A)

En el circuito de la figura, el interruptor t = - oo hasta t = O.

a)

lcuánto vale el voltaje

ve

B) t t

ha estado abierto desde

a través del condensador y la corriente

a través de la inductancia en b)

s1

t < O?

il

s 1• Calcule las corrientes y tensiones en los distintos elementos en t = o + y en t = OC>.

En t = Ose cierra

Se remplaza la inductancia L por un interruptor s 2. suponga que am bos interruptores han estado abiertos desde t - ao hasta t = o. En Ose cierra s 1. En t "' t1 se abre s 1• En t = t2 se cierra s 2. En t 3 se abre s 2.

voltaje

Ve

Para t> t3, se dejan ambos interruptores abiertos. a través del condensador.

Calcule el

vc(t)

L

e Fig. 160

Resolución.a)

Evidentemente

ve

O para t < O, pues la fuente de voltaje

tá desconectada,

&0 es-

+

y t = oo no es necesario Para calcular corrientes y voltajes en t = o resolver el circu!to; sólo basta notar que para una resistencia, un con densador y una inductancia se cumple, respectivamente:

b)

V = Ri

dt V = Li.L dt La segunda de estas relaciones nos dice que el voltaje a través de un condensador no puede variar bruscamente (no puede dar un salto) a menos que la corriente sea infinitamente grande; el voltaje a través de él debe ser una función continua del tiempo (salvo que i = ao). La tercera de estas relaciones nos dice que la corriente a tra vés de una inductancia no puede varias bruscamente (no puede dar un salto) a

-184menos que el voltaje sea infinitivamente grande; la corriente a través de ella debe ser una función continua del tiempo (salvo que v = dl ). Por lo tanto, si en t = o-

se cumple

ve (o-)

o

i L (O-)

O,

entonces debe cumplirse t3mbién (pues en este circuito no están permitidos co rrientes infinitas gracias a R1 y Rz, y los voltajes son todos menores o igua les a & 0 ):

+

o , el circuito se compor-

Esto nos permite concluir que para t ta como el siguiente:

R,

'vVvVv\. i.:-f

•

•

J 1 ¡e

Ra. �

Fig. 161

O

pues debe cumplirse que

il

luego

irnp 1 ica que

i

R2

para cualquier tiempo.

Luego también es cierto

O, en t

De la figura se ve que:

En t s oo sabemos que el circuito ha pasado por su período tran siente, y está en régimen permanente: todas las corrientes y los voltajes de ben ser constantes¡ esto nos dice de inmediato que

185-

v (CO)= O , l y por lo tanto el circuito se comporta en t

f.o

!Xi

como el siguiente:

+ F i g. 162

Por lo tanto,

+

B)

El circuito es

e F i g. 163

Para Para O 164).

-Oo �t � O, v = O. e !t t � t , al estar cerrado 1

luego: derivando: O

R1

di

dt

+

l C

s1 ,

la parte relevante del circuito es (Fig.

-186luego

donde

i

0

e P.1

es la corriente en el instante inicial t

O; es fácil ver que

Luego: v para

e =

&

o

- R i 1

O � t � t1 .

z

&

o

(1 - e- ___.t._) ' R1 C

c. Fig. 164

Fig. 165

En t = t 1 , se abre s 2, abriéndose todo el circuito; luego no circula ��s corriente, y el voltaje ve (t ) se mantiene durante todo el in 1 tervalo t1 � t � t2• En t = t2 se cierra s 2 , y el condensador comienza a descargar se a través de R21 el circuito relevante es: (Fíg. 165).

p rob1 ema 44) :

El condensador se comporta como "fuente", y por lo tanto (ver

ve

=

l dq e dt

se .. R2i l

e

R2 .2.1. dt

_t_ R2 c

luego: luego:

s

tanto para

se abre 2, quedando el condensador desconectado; por lo En t 3 t � t3 , el voltaje vc(t ) se mantiene. 3

-187Un gr�fico de

v (t) es aproximadamente: c

f.o

L __ _

·--

---

L-

- ...,....____

t

t1 F i g.

166

Ca,cular ]3 potenc;a dis;pada del siguiente circuitu:

(e,1 Watts) po; la res;stencia Rl =1

rl5

[0]

R 2 =3 [0]

R3 L 1,.

F ¡'J.

R3 = 2

[01

e

/95

L1 L2

[ /A-

FJ

3. 18

[mH ]

6,36

[mH}

167

Resolución,La fuente de voltaje de 220 Volts y 50 ciclos por segundo nos proporciona un voltaje alterno entre los bornes a y b que puede escribirse como

&(t)

&0 cos w t,

eligiendo un origen de tiempos adecuados;

aquí,

-188l [rad. seg- ] ,

W = 21t"' 50 pues se supone que el valor 220 V

es el voltaje eficaz de la fuente.

La potencia que se nos pide calcular es evidentemente el valor medio de la potencia instantánea disipada por la resistencia R ; es bien 3 Sdbido que este valor medio es:

W = ( W(t)) = donde

1

0

I

2

R

3

1

2

o •

es la amplitud de la corriente que circula por la resistencia,

Es sabido también que los circuitos de corriente alterna pueden resolverse en la misma forma que los de corriente continua, pero con valores Esto se hace en la siguiencomplejos para voltajes, corrientes e impedancias, te forma: suponemos que en régimen permanente, las corrientes y voltajes en cualquier rama varfan en el tiempo en la forma A(t) = A cos (wt

+ �).

donde w es la frecuencia de la fuente, y� es un desfasamiento con respecto a ell3; la cantidad A es la amplitud de la corriente o el voltaje de la ra ma considerada, Todo el problema se reduce, entonces, a calcular A y� en ca La introducción de números complejos al problema se ha da rama del circuito, ce aprovechando que:

A cos (wt +�)

(j · jwt

Re (Ae donde

Á

),

se define como:

(El punto indica sólo que se trata.de un número complejo), El problema lo he mos reducido entonces a calcular A para cada rama del circuito; teniendo és ta, la multiplicamos por ejwt, tomamos la parte real, y tenemos de inmediato la corriente o el voltaje en función del tiempo.

A

Es sabido que las cantidades cumplen con las leyes de Kirch· hoff de los circuitos de corriente continua, con la condición de que las impe dancias sean números complejos; las impedancias, en módulo tienen dimensiones de resistencia, y entonces, si V e son �I voltaje y la corriente (comple jos) a través de una impedancia (compleja) Z, se cumple

i

V

Z

Las impedancias asociadas a la resistencia, inductancia y capacidad son: resistencia

R

R

inductancia

L

jwl

capacidad

e

.. _,_ j111C

-189Las impedancias en serie o en paraleh se suman tal como en el caso de corriente continua, Así, el circuito original que teníamos se reduce al siguiente (introduciendo inmediatamente los datos numéricos; las impedan cias están en Ohms, las corrientes en Amperes y los voltajes en Volts.)

1+J

1+1j

_____!, Fi g. 168 La potercia disipada por la resistencia

!

W

Las ecuaciones para

R3 1

I ¡,

j 31

o

2

+ (1 + j)

&o

o

(3

4j)

o

I¡

12

l2

-

'1

luego:

2

I i3I

Ii l 3

+ j

2 '�º' 2

2

y la potencia pedida es: w

J -

�

2 22 0

11

13

I

221

_.?.i

• 2

2

1 2 R3

-

i 31

li.. 2 21

2

4¡ , 1 Oj

[ Amp. ] 2

[ Amp _ ]

� 5.5

+ (2 + 2 ) j

(2 +

que se resuelve para darnos: 13

es entonces:

13 son:

e

12

R3

2

[kw]

2j)

13

13

-19UEr. el ';ír·cuito de la f¡9ura, calcule la corriente total da por la Fuente y la corriente y voltaie en cada rama del circuito:

!

¡-C

J_

Supongamos que el

L1

voltaje entregad0 por la fuente es:

&(t) = & 0 coswt

!

,e e�ra nanera, reduciendo el circuito a �antiJade� conplejas queaa:

E..=E.

F i g. 1 70

La

impedancia total vista por la fuerza la llamamos Z:

1

jwC

I

+

1

jwL1

+

_1_ R¡

+

R2

+ jw l.2

de modo que la corriente total eritregada por la fuente es: &

_Q

&o

( j wC -

pero: eH

±;

+ _1_ R¡

R2

+ jwl.. 2

)

entrega

-191 -

la adrr.itanc:a

'(

z

y .. 1

jwC -

+

wL 1.

\

W L2

_L

\ wC

--R? ,,/1_� /¡

¡¡.il ¡

+

\

Esto puede reescribirse cor,,0:

donde

y

1 ·'

IvI

donde la fase

+

es'.

�

�

,.ir"

_

_ 1_ wL¡

vJ �z ---1

/wc

4'

'

+

1

el :'Ctq

l

wL.

R2 2

1

_1_ R¡

"

+

,,,2L 2

11.2

R. 2 + 2 ¡,,¡ L� 2

�a c0rriente total ent�,39ada 01�·r la fuente r:s, e�to�ces:

1 \ t)

t Re( 1 Í I eJ (w + 4)

i (t)

CO'i :wt + 4')

l(t)

Y I cus(wt + t

El voltaje a tra\eS ce lo mismo ocurre con L1 y R1 :

La corriente a través de

C

es:

e

.J

es el

\

1

\

/

\

· 192-

luego; 1

1

{t) = wC

& 0 cos {wt +

1)

(pues

La corriente por L es: ¡ '2

=

&o jwL 1

-

&

o

j lolL 1

=

&o

;;¡-;-

j e - ?"

luego sen111t La corriente por

R¡

es: &

luego;

o

&o R

coswt,

1

La corriente por

R y L2 es: 2

14

R2

&o

+

&o

j""-2 &o

V R�

+

2' w2 Lz

donde

�4

arctg

(

luego:

l 4 ( t)

El voltaje a través de

&o

VR� R

2

-

IIL

j 2 - lo1ill 2 R22 + ,,/ L 2 2 eJ'

4

2

R

2

2 2' +w L 2 es:

R

cos {wt +

-193R

&R 2 &R

14

2

R 2 &o JR;

2

+ "'

L

2

2

4 eH

1

2

luego: &R

R2

(t)

&L2

&

L2

2 2 + w L 2

�R;

El voltaje a través de

L

jwL 14 2

JR�

cos (wt + �4)

es:

2

wL 2

&o

j

2 l4e

wL

&o

+ w L 2

2

2

1

e

j (�4

+

rr 2

luego; cos (wt + t 4 +

f)

2 2' _{ 2 YR 2 + w L 2

PROBLEMA

48.-

El circuito de la figura representa un motor de 1 h.p. de po tencia activa y de cos = 0,8; está alimentado por una fuente de 220 Volts efectivos, y de 50 c,p,s.

t

a)

Calcule

R y L.

b)

Calcule la corriente.

c)

Haga un diagrama fasorial, mostrando la corriente y la tensión en R y L.

d)

Calcule la potencia reactiva (en función del tiempo, evidentemente).

e)

Conecte un condensador en paralelo con el motor, y calcule su capacidad de modo que la red sea un circuito ruramente resistivo. Pruebe que en

-1941

este caso la corriente necesaria por la red es mínima, Nota:

l h,p,

=

0,7351 k'w

=

735,1 Watts.

r--------------i L

I

,

..-��--.��

2.10V 50 IV

1 I MOTOR L - - - - - - - - -- _J Fig. 171

Resolución,a)

Supongamos que el voltaje entregado por la fuente es: &(t) = &0 cos

donde 220

&0

w

=

wt,

VZ [volts]

"'312(volts]

21t' • 50 [rad·seg-1] • 314, 16 frad,seg-1]

La impedancia del motor es: Z

R + j wL =

t = arctg Para calcular

'VR

2 + 111 2 L2

ej f

wl R

R y L, necesitamos dos ecuaciones;

una de ellas es:

0,8

la otra ecuaci6n la obtenemos de la definición de potencia activa (que se disipa en la resistencia R solamente):

-195o 1 & o z

=!

& 0 cos � 2

2

luego

cos,

R "Í

2

R J

2

i + 1. L 2"

+

L

1,i

2

=

& 0cos� 2

2W

Resolviendo ei sistema de ecuaciones, se obtiene: cos 2

o 2

R

t

2 ,í

cos,sen�

2

2wW

L

e introduciendo los valores numéricos, se obtiene: R � 4 2 , 2 [ {)] l00 [mH1

L "" O, l [Henryl

b)

La corriente que circula por el motor es: &

e-H

&

\fR

luego:

2

+ .., 2 L

i cos(wt - t),

e introduciendo valores numéricos, se obtiene:

c)

En la resistencia

l(t) = 5,92

R, se tiene:

&R

=

R

cos

(wt - 0,64)

de modo que tensi6n y corriente están en fase; es: (Fig. 172).

[Amp.)

el diagrama correspondiente

-196-

Fig. 172 En la inductancia

L, se tiene:

de modo que la tensión está atrasada en diagrama correspondiente es, entonces:

TC/2

con respecto a la corriente;

Fig, 173 d)

Calculemos la potencia instantánea total en el motor;

l

& (t)

W(t)

&(t

(t)

& cosw t 0

i

&

1 ( t)

VR

luego: W(t) =

2

o

+ w2 L2

VR '!!

cos (wt -

+)

&2 o -;::===:::::;-- coswt (coswt cos+ + senwt sen+) 2 VR + w2- Li 2 &o cos+cos2wt

W(t)

W(t)

1

ésta es:

2

•

+ ,.;. L2

&� sen+ senwt coswt ,JR

2

+

w2

2 L

potencia activa {- .-,.otencia reactiva;

el

-197la potencia reactiva es, entonces: 2 & 0 sen t

serwt coswt

W (t) - 1110 senwt coswt r

[Watts)

(El valor medio de la potencia reactiva es, naturalmente, nulo).

e)

El nuevo circuito es:

L

c.

R

Fig. 174

si llamamos

Z'

a la nueva impedancia vista por la fuente, entonces

L., Z

jwC + ----'-R + jwl

�ara que el circuito sea puramente resistivo, se requiere que la impedancia Z' sea real, pues ésta es la única forma de que la tensi6n y la corriente de la fuente están en fase; o sea:

Z'o

= jwC + 0

R-JwL

Z

R2 + 111 2 L

luego wL wc o - 2 R + 1,i L2

eo

2 R 2 + ..,2 L

e introduciendo valores nl'méricos, se obtiene:

real

-198Calculemos la corriente cuando la impedancia es Z':

I'

R - jwl

& (jwC + o

z,

+

I' donde

�·

wC= arctg (

wl2 2 2 � L -� � ) R2 + w2 L2

la corriente es, entonces: 1 1 ( t)

I

j'

1 cos (wt + �' ) •

Se ve de aquí que l'(t) esto se obtiene, evidentemente, cuando

será mínima cuando

que es igual a resistivo.

C , 0

sea mínirna;

o

wC -

e

11 1 1

L

la capacidad necesaria para tener un circuito puramente

PROBLEMA 49. En el circuito de la figura, calcule las corrientes

-8

v..

10.

J

Fig. 175

j

1 1 ,12 e 1 • 3

-199IV ' 1 V

V, tienen la misma frecuen'- e i a).

V

1 001 -60°

z

Resolución.Supongamos que V 1 ( t) � 1 00 coswt; entonces: 100 cos(wt - 60 ). °

Luego:

v1

= 100

100 e

-j f( J

El circuito, escrito con cantidades complejas es entonces:

,----, 6+8 j

r-----r----, &-8

-e

j

F i g. l 76

y las ecuaciones para este circuito son:

o

-v 2

+ (6 - s_¡)

1

2

,

+ 10j

3

\

o

o Este sistema de ecuaciones se resuelve par-s rlar:1os: &oo-soo

E-

3ooj

100 + 120j

� -2, 56 + o, 0738j ,

-2 00300 + 900

900 + 400

-../f

- lOOj - 300 ,Jfj

l00 + l20j

'J3 -

400j - 300 VJj

100 + 120i

Las corrientes

11 ''2

'"'4,16-3,45j,

,. 1,60 - 3,38j.

pueden escribirse en la forma

e 1 3

= lileH donde

IiI

V{ReÍ)

2

+ (lm j) 2

lml = arctg ( ReJ

+

)

así se obtiene:

I i, 1

,. 2,56

'i2

1

"'5,40

I i 31

.. 3,70

+1 ... 3' 12 +2 �3

.. -

"'

-

0,693 1, 12

Las corrientes son, entonces: I (t) "'2,56 cos(wt + 3,12), l '2

(t)

"'

5,40 cos(wt - 0,693 ),

1 (t) .,, 3,70 cos(wt - 1,12). 3

PROBLEMA 50.Considere la propagación de ondas electromagnéticas planas en un plasma (gas iónico tenue), cuya densidad iónica es N, La ecuación de on da es

(l )

suponga soluciones del tipo

...

:t

E = t

i( kz - wt) e

1 �' •1 - L-

(onda plana monocromática que se propaga en la dirección positiva del eje Oz). Sustituya la solución en (1) y obtenga una expresión para el índice de refracción del plasma; esta expresión contiene la conductividad �; los puntos siguientes llevan a su cálculo.

a)

Escriba la ecuación del movimiento de les iones; de las fuerzas que act�an, desprecie la fuerza magn�tica, y suponga que no hay disipación de energía, es decir, <jue la amplitud del movííl1iento es lo suficientemente peque �ª como para que ne haya choques entre los iones, que se mueven bajo la influ encia del campo; por ejerr,plo, suponga que la amplitud del movimiento es mucho menor que la longitud de onda; integre una vez y obtenga así la velocidad de los iones.

b)

c)

Escriba la densidad de corriente, usando el resultado de b) y la densi dad iónica N.

d)

Usando c), obtenga la conductividad�; discuta.

e)

Introduzca

O" en el Índice de refracción; discuta.

Resolución,a)

y

La ecuación diferencial de la onda es

con la solución

E

o

e

i ( kz

-

wt)

cte),

resulta:

i} f Tt

ª-1

dt

2

-iwE

-w2 E

luego:

rk2 E k2

...

fJ�o cr (-iw)E - � 2 ..,2

-- + i ��º O' 2 k

"'

v

E

En general, el índice de refracción se define como:

-202n = ck n

b)

¿ v2

2

+

i

JJ/J o o- c

2

Si rn y q son la masa y la carga de un ion, entonces la ecuaci6n del movi miento es: 2rn i__[_ dt 2

qE + qv x B + fuerza de roce;

despreciando la fuerza magnética y la de roce, la ecuación queda: rn dv dt

la direcc i ón Cons i deremos un ion en un punto (x ,y ,z0) r , 0 0 0 será en general arbitraria (pero constante); por lo tanto el i on, almo

de E0 verse, lo hará er, torno a

donde� z

r0 ,

y su coordenada

Z

z

=

-+

0

z

será:

/::; Z,

varía con el tiempo sinusoidalrnente. Luego: E

E

0e

I Z 'k

e e

ik /,..>. "z-r.wt e

es la ampl i tud de ia oscilación del ion, y sabe pero el valor ,náximo de rnos que ésta es despreciable frente a la longitud de onda; por lo tanto,

Llz

Luego

E "' dv dt

y

V

Eo q

i e (kz0-wt)

EO e

r

q oe

i

i

(kz0-wt)

rn (kzo -wt)

-rn iw

v

+ -

VO

es una constante de integración, que podemos i gualar a cero si supo Aquí, 0 nernos que cuando no hay campo, el i on no se mueve (esto no es posible en la práctica, pues contradice la h i pótesis de que los iones forman un gas; pero en todo caso, la velocidad no se debe al campo eléctrico, y por lo tanto no interviene en absoluto en �a conduct i v i dad eléctrica del plasma). Luego:

v

i z qEo e (k o-wt)

-203e)

Por definición de la densidad de corriente

j'

j = qNV =

d)

Por otra parte, se sabe también;

....

=

o-E;

Nq

j luego:

2

El resultado nos dice que la conductividad es imaginaria pura; esto tiene la interpretación inmediata que la densidad de corriente j y el campo eléctrico no están en fase; más precisamente, la densidad de co Esto ocurre sóla rriente atrasa en �/ 2 con respecto al campo eléctrico. mente si despreciamos las fuerzas magnéticas y de roce; si aún despreciamos la fuerza magnética pero suponemos una fuerza de roce proporcional a la velo cidad del ion, obtendremos una conductividad que es compleja en general; el campo eléctrico y la corriente estarán desfasados en un ángulo cualquiera.

r

e)

Introduciendo el valor deo- en la expresión para el índice de refracción obtendremos:

y como

se obtiene:

&& o rrw

2

la cantidad (

Nq2

\

1 /2

�)

que depende sólo de características intrínsecas del plasma, tiene dimensiones De este modo, el de frecuencia, y se la denomina "fre-::uencia de plasma", wp, índice de refracción se escribe:

-204El índice de refracción del plasma puede ser real o complejo, dependiendo del valor de la frecuencia w de la onda; para ondas de a 1 ta frecuencia, en que lol ;;;,. Wp, el Índice de refracción es real, y las ondas se propagan 1 ibremente a través del plasma, refractándose; el fenómeno es completamente análogo a la propagación de la luz a través de un cristal. Pero si se cumple que \ti< wp, entonces el índice dE: refracción es imaginario pu supongamos que el plasma existe más allá d� un plano bien defirido que ro; lo separa del vacío (interfase), y que la onda procede desde el vac f o i1ci diendo sobre el plasma; entonces la onda se reflejará en la interfase, y se atenuará exponencialmente más allá de ella, sin propagarse, sino que osci Esto se puede demostrar ]ando sinusoidalmente como una onda estacionaria. fácilmente; en efecto, el número de onda k es proporcional al índice de re fracción n: k = n � c

por lo tanto, si como

n

es imaginario puro, también Jo es k;

n = i C1

si escribimos

n

Cl(. rea 1,

entonces

k = i�.' c

el campo eléctrico dentro del plasma es, entonces:

"!� z

i( i - _ E - .. E0 e "

r=

re

w a.

-c-

- wt)

z e - i wt

lo que demuestra lo que queríamos. El hec r·c que la onda se refleje sin trans mitirse implica que se ejerce una presión sobre el plasma (presión de radia ción). Esto se utiliza para confinar plasrnas a altísimas temperaturas, usando la presión de radiación corno un "envase" del plasma; de otra manera, el plasma caliente veporizaría cualquier objeto cercano.

?ROB LEMA 51 • Una onda electromagnética plana incide sobre la superficie de separación de dos medios dieléctricos como se indica en la figura. a)

b)

Demuestre que existe un ángulo de incidencia para el cual no hay refle xión (ángulo de Brewster); calcúlelo.

Calcule el ángulo de indicencia para el cual la onda refractada se propa ga paralelamente a la superficie de separación, y calcule el promedio tem noral de flujo de enerqía a través de ella.

- 205-

n':J�'t1

/\

n

1

k'

n'< n

F i g. ! 77

Es bie:1 sabido que las ecuaciones de Maxwell implican que en una superficie d� separación de dos medios, se conservan las componentes normales a la supertici� ce los vectores y�. y las co�ponentes tangenciales de los vectores � , '-

5

Esto se traduce en cuatro ecuaciones para nuestro caso, que son;

(1) (2) o bien

(3) (4)

Usando las de f i�iciones

.

&& o E y el

hecho que.

�ara una onda plana,

k

X

w

E

podemos escribir las cuatro ecuaciones en términos de la amplitud eléctrica ·'e 1 a onda, S_):

-206-

k"

X

(Eo +

[ JJ�o

(k

X

Eo + k''

E(! o

..

k' X [O']

-

E" o

E' ) o

t0")

X

..

•n=o

....

JJ

1

• " n - O .•••.

. (2)

............

(3)

o

n

X

(l )

JJ o

....

k'

X

ro

1

....

]x n

o ...

(4)

Ade·ds sabemos que se cump I e la 1 ey de Sne 11 . seni senr

n

La ecuaci6n (2) es trivial, ;·ues por hicótesis, magn�ticos son perpendiculares a R. La ecuación

es:

(3)

E 1 xíl o

+

cada uno de estos vectores son co1 i neales entre s E'xñ apuntan en el mismo sentido, mientras que

o

contrario;

luego Ja ecuación se escribe:

ñ' J -

o

r;

°f'xn o 1

-

E'� cos i -E� cos r )

Antlogamente, en la ecuación

+

(4),

� ...

E 0xn y vectores lo hace en ei sentido

1 os

to J I

, en (

o Dien: E0cos i

todos los campos

o ..........

r,o'

il)

o

(3)

que es

H11 xñ o

se cumple que los tres vectores son col ineales y apuntan en el mtsmo sentido; luego:

y como

-20 721'tk x E /J/Jo)."' o sea H resulta:

E

E"

n'E' ---º -

� +--ºflflo

C

}J/Joc

P

1

f10

C

o

o bien:

\yI'? ·-u \' Eo

+ E") o

$

E' o

o .....

(4)

La ecuac,on (1) junto con la ley de Snell nos reproduce la ecua de este modo tenernos, finalmente, dos ecuaciones, la (3) y la (4); ciÓn (2); se obtiene el siguiente sistema de dos ecuaciones dividiendo ambas por E0 , con dos incógnitas:

cosi(l -

Jf

E" o

o

cosr

Eo E"

o -(1 + E o

o

De acá se obtiene el resultado siguiente, tras usar algunas identi dades trigonométricas:

' E --º -

sen2i

Eº

sen2r + l:!. p'

sen2i

� sen2i-sen2r sen2r + �sen2i

Si hacemos la aproximación

fl

fl', tendremos, usando la ley de Snell: 2cosisenr sen( i + r)cos ( i - r)

tg(i - r) tg(i + r)

-208a)

Se ve que no habrá reflexión

{E" 0/E0

O) cuando

tg(i + r) • CIO o sea: + r

el ángulo de incidencia 18 ter",

-� 2

para el cual esto ocurre, es el �ángulo de Brews-

pero senr � sen(f - i ) • cosi8 8 luego senie

sen la

cosi8

senr

.. tgi8

( r'

r)

entonces i

= arctgjf.

8

De no haber supuesto que ¡..¡ = ¡..¡', el cálculo es un poco más com plicado y el resultado es 1 igeramente distinto, b)

Se nos pide calcular

i = i0 r =

-Jf-

para el cual

la ley de Snell nos dice entonces:

.!L= ¡;:;---' n

i

0

ff

= arcsen

(en este caso es fundamental suponer

V&

n '< n

para que el ángulo

i0 sea real).

El promedio temporal del flujo de energía a través de la superfi cie de separación es:

<s

-;, >

-209donde

S

es el vector de Poynting

s=E

H;

X

luego:

± Re { ñ' ·

( E' x H' ,,· ) }

pero: k'

E'

X

µ'>-'o w Juego:

<s · " >

1

n

2

Re

{n

Re� n

2¡.i 0 ¡.i 'w

(E'

[ (f•

X

k' X E'o', 'w /JoP

f,,.,)k'

-

(E '

}

)

k' )E1

0·, ] }

pero:

t, t,

k' =

o

E'o,' = IEI 1 2

real

Juego:

Re(n · k') pero si

i , entonces r = 0

"

'Tf/2:

< s . t>

luego n

k' • O, y entonces

i

lo que prueba que toda la energfa permanece en el medio por el cual incide lm onda, Este resultado es también válido para i > i0, pues en este caso,

;;' · k' pero cos

r

=

1 k' /

cos r,

es un número imaginario puro,

-210PROBLEMA 52,Calcule el coeficiente de transmis16n T para el caso de una onda electromagnética plana que atraviesa tres medios dieléctricos en la for ma indicada en la figura

k,w x=O n1

X

"2

Fig.

Suponga

178

fJl

Resolución,Hagamos el cálculo en función de los campos eléctricos: si l la Ei al campo eléctrico de la onda incidente por el medio I, y E3 el 1 campo eléctrico de la onda transmitida al medio 111, entonces el coeficiente de transmisión será

mamos

donde z 1 vamente.

y z3

son las impedancias intrínsecas de los medios I

y

111, respecti

El problema no puede hacerse calculando directamente E2 en fun en función de E2, pues la onda se refleja infinitas veces ción de E1 y E 3 en las dos superficies de separación,

·

r I sean E ,E , E2, E! y E 3 1 1 las amplitudes eléctricas totales de las ondas en los diferentes medios y direcciones, como se indica en la figura siguiente: La forma de proceder es la siguiente:

-211-

o

d

X

Fig. 179 Los campos se propagan en forma proporcional a

e

i (wt + k7 x)

- "

1 ,2,3

j

donde el signo positivo (negativo) indica que la velocidad es positiva (nega tiva) según el eje Ox; kj, j = 1,2,3, es el número de ondas en la región j. Al reflejarse, los campos eléctricos se invierten y los campos magnéticos no. Las ecuaciónes de separación de conservación de las componentes tangenciales a las superficies de separación de los campos y son, entonces:

E

. r ik d E� e 2 - E 2

e

-ik2 d

E

3

e

H

ik d

3

r -ik d i ik d H e 2 + H e 2 2 2

y como H

nE C = /J/Jo

resulta el siguiente sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (to mando Ej como dato conocido): Er+Ei- Er 2 2 1

ik r ik2d- E eik 3d Ei e 2d- E2 e 3 2 n,

PT

n n2 r ; Er - 2 E -E 1 J-12 j f-12 2

n i k 2d 2 Ei 2 e /J2

n

+-2 f-'2

E

-- .'.J. /JI

r -ik 2d 2 e

o

i E 1 .'.1_¡ E e 1-13 3

i k3 d

o

-21 2El sistema es lineal, de modo que puede resolverse metódicamente; los cálculos son algo tesiosos, y el resultado para E es: 3

2e

i k3 d �2

-

El coeficiente de transmisión es

y haciendo

se tiene:

fl = fi

T

el número de onda

kz

es simplemente

y el índice de refracción de cada medio es igual a la raíz cuadrada de la cons tante dieléctrica del mismo: n. =

J

PROBLEMA

,J&;' J

j

1, 2, 3.

53. -

Considere una onda electromagnética de frecuencia w que se pro paga por el vacío, e incide normalmente sobre la superficie de un conductor . .. Estudie la onda transmitida y reflejada; calcule explícitamente Jos campos E y B transmitidos y reflejados en (t,x), tomando como datos los campos inciden tes. Discuta según el valor de la conductividad o- , Resolución.El problema es muy similar al de la incidencia de una onda elec�ro magnética sobre un dieléctrico; la diferencia está en que el vector de onda k' Las ecuaciones de conservación de Dn;Bn• de la onda transmitida será complejo. E y Ht son formalmente idénticas a aquéllas del caso de incidencia sobre un t dieléctrico,

-21 3Consideremos una onda plana que incide desde el vacío sobre una interfase, sin especificar si se trata de dieTéctrico o conductor, como se in dica en la figura siguiente:

"'n

..... , k

tA= JtA l=E �= l=t

Fig. 180

Supongamos que los campos eléctricos son:

....

....

..

....

E'

E'

E' o

1

r - wt) i (k' ·r - wt) e

i (k·

E= E0 e

�e

i (k'' .¡:

-

wt)

puesto que la onda es plana, ocupa todo el espacio, y si la superficie de se paración de los dos medios es infinita, debe exigirse que los campo� E,E' y ri• oscilen en fase para cualquier tiempo y en cualquier punto del plano de separación; esto se traduce en: k · r = k'

r = k'I• •

r, r = punto arbitrario de interfase.

..........

-

Esto nos dice, en primer lugar, que k,k' y k" son coplanares; en efecto, restando adecuadamente, se tiene:

(k - k') (k - �)

.....

r = O

y por Jo tanto, dada la arbitrariedad de

...t - -r,..... k - k

11

interfase

r = O

°A1ñ'

"

">..zn

"t,

se cumple

la

-214donde ).1 y ). 2 son escalares arbitrarios, y ñ es un vector unitario normal al plano de interfase. Multiplicando vector1almente, se tiene (k - k' )

.,..

-K X

k'°r

-

- k'

X

X

k'

X

k

+

r,

X

.....

o,

k"

k, se tiene

y multiplicando escalarmente por .......

(k - i7•) = �

.....

t=

k"

o

que es condición necesaria y suficiente para ta coplanaridad de los tres vec tores.

Por otra parte, escogiendo un vector formado por k,k' y se tiene:

°k'',

k sen

r

que pertenezca al plano

= k' sen r = k" sen i '

pero k = k", de modo que seni seni', y por lo tanto i = i '; esta es la ley de reflexi6n de ondas electromagnéticas. Además, se obtiene la ley de refrac ci6n de Snell: �= senl

.!L k'

Por otra parte, las ecuaciones de Maxwel I implican que para una onda electromagnética,

.-B .. tx1

además implican la conservación de las componentes normales de los vectores 1t y B, y de las componentes tangenciales de los vectores t' y H (ver problema # 51); en nuestro caso, estas ecuaciones de conservación son, respectivamen te:

[r

o

[t

[k

X

X

+

-

Eo

+

r-

Eo � Eo

+

"'

n .. &E' ol .

+ �o k"

_..'' k

-

X

E" o

Eo - k'

......

E\J

x E" 0 -

X X

lk'

f

E'

.

o .. n A

O]

_. "' n= 0

X

�l o

..

•o

(1)

(2)

(3) X

� •

Q

...

(4)

La ecuación (1) es trivial, pues, por hipótesis, (ver Fig. 180) todos los campos eléctricos son perpendiculares a "ri'; la ecuación (2) junto con la ley de Snell nos reproduce la ecuación (3); las ecuaciones (3) y (4) se escriben en forma escalar como:

-215.... (3) k'

k(E. - E" )cos (l

o

f:

1

0

o

COSt

. . • • (4)'

y, dividiendo por E , tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas; la soluci6n es inmedYata, y es:

)s Eo

1

'

1

\:�

�

k'

S:.!22L

rk

1

º

k'

cos i

cos i

b!k +

.

l

k

S:.!22L cosi

¡.ik

o;

Nos interesa 1 a incidencia normal, es decir, j 1 a ley oe S,ie 11 nos d:ce que en este caso debe ser también r = ü, con lo cual nos queda:

E' Eo

E" o

� k'

+¡.i

k

� k' +¡ik

=

o

)

La figura correspondiente a este caso es:

8�

A

k1

-----t----i ,lj _,. I E.o

"

n

..... " ... ,, Eo ....... Fig. 181

Supongamos que la onda incidente sea

,,

..... ,, &o

-216-

.... i E"' E0 e ....

k

B "'

donde

�

es la frecuencia y

X

E

k el

vector de onda:

� ""' - w""' k "' kn n

e

podemos suponer, como origen de fases, que E0 es un vector real; k también es real,

B estará

en fase con el campo

E.

puesto que

Estudiemos la onda transmitida; las ecuaciones de Maxwell para un medio conductor son:

V

H'

o

V

E'

o

X

E'

- PPo

'íJ X

H'

cr t•

V

aH' at + &&º

dE'

de donde: 'í/

x

('í/xE') "' -

pp0

/t

(V

x

H') .,z ... uu && _Q_E_' ¡ro o ot2

utilizando

'í/ • E' .. O y ordenando, se 1 lega a

por un procedimiento análogo, se llega a una ecuaci6n semejante para Si suponemos soluciones del tipo ..... r(k'·r--.t> E' "' E' e o entonces

k'

k'n

H.

-2172 v E'

:t2 r,

O t2

-k' 2

t•

- w2

E

o E' Jt

1

iwE'

luego

(-k'

2

º·

"""'

w2-

+

-;z

+ ifJfJ o- 111) E' o

Esto nos dice que k' es complejo;

(), + i (3

k'

si suponemos Q., � res 1 es

entonces:

�

2

+ 2 i á(?,

lo que nos conduce al sistema de ecuaciones:

que se resuelve para darnos:

donde el signo positivo (negativo) se refiere a

-

Q'. ( (ó ).

El campo eléctrico será entonces: E'

..... E'

.....

E'

...E'

ª' -

o e o

y el campo magnético será

k'

el vector

-4

E' o

X

i [(

e-

o:

p; .

..... E'

se expresa en función de

+ i � ); . r - wt]

....

r

i
r-wt)

(�) E

o

....

n

X

E

a través de:

I

-21 8E' o

2µk k I + �k

t,- o

d. +if3 + fJK

o

2µk

Todo esto trae una serie ae consec:.iencias: en ,1rir1er lugar, ICJs campos eléctricos y magnéticos y decaer, en acipl itc1d exponencialmente rrá,

fl

8'

allá de la interfase, en forrna proporcional a

-an.r-=

e •

e

-Gz '

.

a

donde z es la coordenada que mide la �rofundidad del conductor, a partir de la superficie de separación. Puede C!e'i H irse un "factor 'Je penetración" (skin depth),

&

este factor de penetración tiene dinensiones de longitud y es la profundidad a la cual la amplitud de los campos se red:.Jce a e-1 "'36,';J¡� cie s" valor en la superficie de separación. Cuando 1 a conductividad et

jJJJo (]" V

2

es muy grande, entonces

rel="nofollow">> 1,

con lo cual

k'

m

k1

.,,

�PPo2ct W (1 + i), 1 + i

-ó-

Hay que recordar que el hecho de que haya una conductividad dis tinta de cero en el conductor implica la existencia de una corriente y por lo tanto hay una pérdida de energía por efecto Joule; esta pérdida de energía es la que da origen al decaimiento exponencial de los campos, En segundo lugar, el campo magnético no está en fase con el cam po eléctrico dentro del conductor; en efecto, puesto que

s•

=(

se cump 1 e;

B'

o

et

i§ : )

et +i (3

w

� X

E' o

E' '

e(+ i

H' o

.a

-219E' o

JJfJo ..,

,¡¡:-¡;;

H'

e

i�

E'

/JfJ º"'

i,'4

H'

o

donde

la expresi6n de

tg�

se simplifica si se calcula

tg2�: 2 v P/Jo O-

2tgT

luego;

1

� = - arctg 2

( /Jllo

\

<>- v

2

111

\

J

El campo eléctrico está, entonces, adelantado en � con re�pec to al campo magnético, Esto se expresa también diciendo que la impedancia in trínseca del medio conductor es compleja; en efecto, la impedancia intrínseca Z del medio se define como

luego e

Si e I conductor es exce 1 ente,

z ---,.

<:r

-- oo

-i

�

y

1- i �

en valor absoluto,

lzl fr- o, - 00

y por lo tanto, el campo magnético es mucho más importante que el eléctrico; la energía proviene entonces principalmente del primero,

-220Otra consecuencia importante del hecho que el vector de onda sea complejo, es que el campo el éctrico transmitido E'0 tampoco está en fase con el incidente, E0 ; en efecto, ..,.. E'

E'

2µk O.+i .13 + )Jk

o

Eo

2 k

o

/(a + ,uk)2 +

donde

(3

2'

e

i l\

o

arctg ( �) a. "11 k

9

Si suponer;,os que el conductor es excelente ( O- - oo) y que no es ferromagnético (r � 1), entonces:

tg9 -

k 8 tg9

9 (E'

0

adelante en

'T(/4

1 IS+ k

--w

I

ZV

2

t1

,

a-w

-�-�

-1

+ kó

o

-1

con respecto a E0 )

Estu diemos ahora la onda reflejada;

-

E"

si donde

k''

-r -kn

I

....

E" o e

...k"

X

i (k'' .1

- wt)

E"

w _,,. n, e

y donde

!" o..

a +¡

=

ésta es:

f3 -J.J k

a.+i�+)Jk

Eo

Se ve que también los campos ref lejados están desfasados con res pecto a los incidentes; en efecto, E"

o

-221donde

2µ k ,3

Si suponemos o- -<Xl y J,J "" 1, entonces

tg(f �

o

y los campos estardn en fase.

PROBLEM 54.Se tienen dos planos conductores perfectos y paralelos, separa dos por una distancia d, El medio entre los conductores es aieléctrico de constante dieléctrica & y permeabilidad magnética J-i· (Este sisten·,a consti tuye una guía de ondas). Estudie la propagación de una onda electromagnética plana entre los conductores. Resolución,Supongamos que los planos sean z = O y z � d de un sistema car tesiano de coordenadas, y supongamos que la onda se propaga en la dirección positiva del eje Ox.

z = d

z z =

o

y

)(

F i g, 182 Dado que los planos estdn hechos de un conductor perfecto, el campo eléctrico no puede tener comporer.tes tangenciales a los planos en z = O y z = d. Es decir, EX = E

y

= O

en

z = O,d,

Supongamos Ex = H = O (frente de onda transversal, o sea, per x pendicular al eje de propagación Ox).

-22 2-

E

Si esta onda está polarizada con perpendicular a los planos (E. = O), las condiciones de borde se satisfacen automáticamente, y una onda coX esta polarización es posible; las soluciones E(°><,t)y �(x,t} son de la misma forma que para un medio infinito, y la velocidad de propagaci6n es la misma. Por otra parte, una onda plana en la cual las componentes del campo t no varían con 2 es obviamente imposible si el vector es paralelo a los planos, ya que Ey debe ser cero en z = O y z = d, y será nulo en todas partes a menos que varíe con z. Examinemos si es posible tener una onda con E finito, pero Ex= Ez= O, de tal for�a que el campo eléctrico sea pura m�nte transversal. Las componentes de H pueden obtenerse de las ecuacio nes de Maxwell. Supongamos que la onda se propaga como

t

ei(kx -wt), donde k tonces:

puede ser real o complejo, y en general no será igual a

En

.. lk

ox la ecuaci6n

V

w/v.

t .. - o<16t

X

se escribe entonces

(1 )

La ecuacl6n

se escribe:

oo o

Vxlt=- t

(j=

o)

OH

O .. __ z dy -iw&& E

o y

=

3Hx � -lkH Z Q z

(2)

oH

x O= ikH - __ y y

o

c,H no,� = o,

az

Hy ., o' pero Hx debe ser ,; O porque si y esto no está permitido por las condiciones de borde; por lo

De ( 1 ) se obtiene que

tanto la onda no será puramente transversal, sino que tendrá

Hx ,; O.

lntro-

-223duclendo (1) en (2), se llega a;

• • • • (3)

Luego se ve que

V • entonces

Ey

í .. o ..

H 2 y Hx

no varían con y, y como se sabe que

oE

Y dy

tampoco varía con y. Resumiendo, tenemos:

.... (4)

Eliminando

Hx y H 2 , se obtiene

o bien:

r

donde

'tPo:•o

.... (5)

es la velocidad de una onda en este dieléctrico pero en ausencia de los planos conductores. De aou

r'

E

y

---a-

• A sen(...1tol.) + Bcos(Jt.nz.) d

y para cumplir que E .. O en z = 0,d, debe ser B = O y n un entero. y tlsfacer (5), es necesario que

Para sa-

-224-

entero

(6).

Por lo tanto, k es real o imaginario puro; es claro que para w suficientemente pequeflo, k será imaginario, y la onda será exponencialmente atenuada:

kx - wt) = e ei ( pues

k�

i � 8

� i lkl.

Para

-1 k I x

w

e - i wt ,

suficientemente alto, k será real y se pro-

pagará libremente (se dice por esto que el sistema constituye un filtro de pa so alto sin atenuaci6n). La c�ndición para la 1 ibre propagación es

!!!'. ) -8n1t V

como�=\: ,

donde ). 0

es !a longitud de la onda en el medio, pero sin con-

diclon:3 �e �0rae, entonces la condición se escribe:

'\ /\O

<

2d

n

si llamamos

entonces debe cumplirse .:l 0 <:\.c para la propagac.!on libre; por esto, denomina frecuencia de corte (cut-off wavelengt�). En el caso que la condición

�. i r

A. 0

< )..c

se cumpla,

�

c

se

podernos escri-

k.: - 21t \a

donde Aa es la longitud de onda aparente en la guía ío sea, es la distancia en tre d os puntos sobre el eje Ox cuya fase difiere e 21?:).

La ecuación (6) se escribe,con esta, nuevas definiciones: 1

�

)_º

l + �

.A.a

,l

1

57

.....

(7)'

que recibe el nombre de ecuación de guía de ondas, y se encuentra que es válida para cualquier guía de onda; la longitud de corte, A depende de la forma de c la guía y del modo de propagación en elia (d y n, respectivamente). La ecuación (7) implica que la longitud de onda en la guía � , a es siempre mayor que en el medio sin condiciones ·Je borde ( ,;::\_ 0 ); si ) 0 <
que

..., - ).

,\ª

•

o •

si

A O-+

Ac, entonces

) � oc, a

La velocidad de fase, vf , en la guía, se comporta como ). , pora

-225donde Y es la frecuencia (141 =2'i'C v ): por lo tanto la velocidaJ ae ºase es ,-¿: yor que la velocidad en el 1";edio libre; en particular, si se trata cel b:cac.-, vacío, entonces � = 1, ) la velocidad de fase será �ayer J�e c. =�es ¡ a j

= �

sin embargo esto 110 1mp!:ca que la energía se transpone �or.. ,c,loci�a.: -3 1 ,...r que la luz, ya que teremos di.spersién: vf depende de la frec_e· ::�: :::s igual al� velociocd de grupo vg:

dw

dk

v9 En efecto,

. k" "' ( � ) 2

n'lt 2

\e

Luego

2k

dk

"""o 2

�

Vf es siempre rr,ayor que c, entonces la velocidad de grupo v es sierrpre 9 La relación vt v = c 2 se cumple para cualquier guía de ordas. menor que r 9 pues es una consecuencia de la ecuación (?). En la figura 183 se ilustra E: .:.o,11portamiento de Vf y v e- función de :::\_ • 0 9

como

c.

F i g.

,\ c.

183

Veamos con un poco más de detalle el significado físico 1•c i� velocidad de fase; consideremos dos frentes de onda dentro de la y�í� -�·· diferencia de fase sea 27r; sus trazas sobre e: plano (Oxz) se verár i::,r-·_ en la figura 184.

M'

-2 26La geometría del esquema nos dice que senQ = �

�

y como se cumple

1

1

Aa 2

2 ).0

+

1

= _1_

\: 2

)./

+ (

-1L 2 )

2d

resulta finalmente cosQ

A.o

-D2d

n = entero,

Esto muestra que, dada la longitud de onda en el medio libre :;t0 , sólo ciertos valores del ángulo Q están permitidos, La relación entre el ángulo Q y las velocidades de fase y de gru la velocidad de fase es la velocidad con que se mueven las po son directas; intersecciones de los trazos de los frentes de onda con los planos z • O y z=d; esta velocidad es V Vf • cosQ

)

V

jonde v es la velocidad de la onda libre, La velocidad de grupo componente de la velocidad v en la dirección de propagación: v

g

=

vcosQ < v ;

rnultlplicando, obtenemos la relación

vg vf = v 2, que ya conocfamos,

vg es la

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