FÍSICA III RESUMIDA - gtfis.azc.uam.mxgtfis.azc.uam.mx/info/Apuntes de Fisica III.pdf · 1‐1...

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FÍSICA III

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FÍSICA III

Gustavo Mauricio Bastién Montoya Hugo Sergio Becerril Hernández

Nicolás Falcón Hernández Juan Domingo Pérez López

Alejandro Raymundo Pérez Ricárdez Abelardo Luis Rodríguez Soria

Azcapotzalco

División de Ciencias Básicas e Ingeniería Departamento de Ciencias Básicas

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA

METROPOLITANA Casa abierta al tiempo

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CONTENIDO PREFACIO…………………………………………………………………………………….…………..……….ix REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS ………………………………………………………..…………..….xi CAPÍTULO 1. CAMPO ELÉCTRICO DE CARGAS PUNTUALES 1.1. CARGA ELÉCTRICA. CONDUCTORES Y AISLADORES. …………………………………………………………..1.1 1.2. LA LEY DE COULOMB…………………………………………………………………………………………...1.5 1.3. DEFINICIÓN DEL CAMPO ELÉCTRICO……………………………………………………………………………1.12 1.4. CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL………………………………………………………………….1.15 1.5. CAMPO ELÉCTRICO DE UN SISTEMA DE CARGAS PUNTUALES……………………………………………...1.18 1.6. EL DIPOLO ELÉCTRICO………………………………………………………………………………………….1.25 1.7. TORCA SOBRE UN DIPOLO ELÉCTRICO EN EL SENO DE UN CAMPO ELÉCTRICO UNIFORME…………………...1.32 1.8. PROBLEMAS……………………………………………………………………………………………………..1.34 CAPÍTULO 2. CAMPO ELÉCTRICO DE DISTRIBUCIONES CONTINUAS DE CARGA 2.1. DENSIDAD DE CARGA ELÉCTRICA…………………………………………………………………………….….2.1 2.2. DENSIDAD LINEAL DE CARGA ELÉCTRICA…………………………………………………………………….….2.1 2.3. DENSIDADES SUPERFICIAL Y VOLUMÉTRICA DE CARGA ELÉCTRICA……………………………………………2.4 2.4. PROCEDIMIENTO GENERAL PARA CALCULAR EL CAMPO ELÉCTRICO PRODUCIDO POR UNA DISTRIBUCIÓN CONTINUA DE CARGA………………………………………………………………..2.8 2.5. CAMPO ELÉCTRICO GENERADO POR UN TROZO DE ALAMBRE RECTO DE LONGITUD L Y CARGA ELÉCTRICA TOTAL Q DISTRIBUÍDA UNIFORMEMENTE……………………………………………………….2.11 2.5. CAMPO ELÉCTRICO DE UNA ESPIRA CIRCULAR DE RADIO “a”, CARGADA UNIFORMEMENTE CON CARGA TOTAL “Q”, EN UN PUNTO CUALQUIERA SOBRE SU EJE DE SIMETRÍA PERPENDICULAR……………………2.19 2.6. CAMPO ELÉCTRICO PRODUCIDO POR UNA LÁMINA DELGADA PLANA CIRCULAR DE RADIO “a” Y CARGA ELÉCTRICA TOTAL Q DISTRIBUÍDA UNIFORMEMENTE ………………………………………….2.25 2.7. SUPERPOSICIÓN VECTORIAL DE CAMPOS ELÉCTRICOS………………………………………………………….2.29 2.7. ROBLEMAS…………………………………………….………………………………………………………...2.32 CAPÍTULO 3. LA LEY DE GAUSS 3.1. FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE………………………………………………3.1 3.2. FLUJO DE UN CAMPO ELÉCTRICO CONSTANTE A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE PLANA (RECTÁNGULO)……………………………………………………………………………3.1 3.3. INTERPRETACIÓN DEL FLUJO DEL CAMPO DE VELOCIDADES DE UN FLUIDO…………………………………..3.2 3.4. DEFINICIÓN DEL FLUJO DEL CAMPO ELÉCTRICO EN EL CASO GENERAL………………………………………..3.5 3.5. FLUJO DEL CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE ESFÉRICA CENTRADA EN LA CARGA………………………………………………………..3.6 3.6. FLUJO DEL CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE ARBITRARIA S. …………………………………………………………………………..3.7

3.7. LEY DE GAUSS PARA UN CONJUNTO DE CARGAS PUNTUALES…………………………………………………..3.8 3.8. LEY DE GAUSS EN GENERAL, VÁLIDA PARA CUALQUIER DISTRIBUCIÓN DE CARGA. …………………………….3.9

vi 3.9. CONDUCTORES Y LEY DE GAUSS………………………………………………………………………………..3.10 3.10. APLICACIÓN DE LA LEY DE GAUSS AL CÁLCULO DE CAMPOS ELÉCTRICOS CON SIMETRÍA ESFÉRICA.…………………………………………………………………………………….3.12 3.11. APLICACIÓN DE LA LEY DE GAUSS AL CÁLCULO DE CAMPOS ELÉCTRICOS CON SIMETRÍA CILÍNDRICA…………………………………………………………………………………..3.18 3.12. CÁLCULO DE CAMPOS CON SIMETRÍA PLANA…………………………………………………………………3.20 3.13. PROOBLEMAS………………………………………………………………………………………………….3.22 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELÉCTRICO, ENERGÍA Y VOLTAJE 4.1. INTRODUCCIÓN…………………………………………………………………………………………………...4.1 4.2. POTENCIAL ELÉCTRICO DEL CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS………………………………………………4.1 4.3. VOLTAJE O TENSIÓN ELÉCTRICA A TRAVÉS DEL CAPACITOR…………………………………………………..4.4 4.4. MOVIMIENTO DE CARGAS ELÉCTRICAS DENTRO DEL CAMPO DE UN CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS……………………………………………………………………….………..………4.5 4.5. DEFINICIÓN GENERAL DEL POTENCIAL ELÉCTRICO……………………………………………….…………….4.8 4.6. VOLTAJE O TENSIÓN ELÉCTRICA………………………………………………………………………………..4.11 4.6. INTEGRAL DE LÍNEA DEL CAMPO ELÉCTRICO A LO LARGO DE UNA CURVA CERRADA………………………4.13 4.7. POTENCIAL ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL. 4.14 4.8. POTENCIAL ELÉCTRICO DE UN SISTEMA DE CARGAS PUNTUALES……………………………………………..4.16 4.9. UNA CARGA PUNTUAL MÓVIL EN EL CAMPO DE VARIAS CARGAS PUNTUALES FIJAS…………………………4.21 4.10. SOBRE EL CÁLCULO DE POTENCIALES ELÉCTRICOS. …………………………………………………………..4.23 4.11. CÁLCULO DEL POTENCIAL ELÉCTRICO A PARTIR DE LA CARGA. …………………………………………...4.28 4.12. SUPERFICIES EQUIPOTENCIALES…………………………………………………………………………….4.30 4.13. RELACIÓN ENTRE EL POTENCIAL (O VOLTAJE) Y EL CAMPO ELÉCTRICO. ……………………………………4.33 4.14. AUTOENERGÍA DE UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA……………………………………………………………...4.37 4.15. AUTOENERGÍA DE UN CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS…………………………………………………..4.42 4.16. CONDUCTORES Y POTENCIAL ELÉCTRICO…………………………………………………………………….4.44 4.17. FUENTES DE VOLTAJE Y BATERÍAS……………………………………………………………………………4.45 4.18. PROBLEMAS……………………………………………………………………………………………………4.47 CAPÍTULO 5. CAPACITORES Y DIELÉCTRICOS. 5.1. INTRODUCCIÓN…………………………………………………………………………………………………..5.1 5.2. DEFINICIÓN DE CAPACITOR Y CAPACITANCIA. …………………………………………………………………..5.1 5.3. EL CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS………………………………………………………………………….5.3 5.4. EL CAPACITOR ESFÉRICO…………………………………………………………………………………………5.5 5.5. EL CAPACITOR CILÍNDRICO……………………………………………………………………………………….5.6 5.6. CAPACITORES EN SERIE O EN PARALELO…………………………………………………………………………5.7 5.7. CAPACITOR CON DIELÉCTRICO. …………………………………………………………………………………5.14 5.8. PROBLEMAS……………………………………………………………………………………………………..5.21 CAPÍTULO 6. CORRIENTE ELÉCTRICA Y RESISTIVIDAD. 6.1. DEFINICIÓN DE CORRIENTE ELÉCTRICA……………………………………………………………………….6.1 6.2. CORRIENTE ELÉCTRICA EN UN CONDUCTOR………………………………………………………………….6.1 6.3. VISIÓN MICROSCÓPICA DE LA CORRIENTE EN UN ALAMBRE CONDUCTOR…………………………..……6.8

vii

6.4. CORRIENTE Y RESISTENCIA EN UN CIRCUITO SIMPLE……………………………………………………….6.10 6.5. RESISTENCIA EQUIVALENTE DE VARIOS RESISTORES. LEYES DE KIRCHHOFF………………………….…6.12 6.6. CONSIDERACIONES DE ENERGÍA EN CIRCUITOS CON FUENTES DE FEM Y RESISTORES……………….….6.17 6.7. FUENTES DE FEM REALES………………………………………………………………………………………6.19 6.8. PROBLEMAS………………………………………………………………………………………………….6.20 CAPÍTULO 7. CAMPO MAGNÉTICO. 7.1. FENÓMENOS MAGNÉTICOS………………………………………………………………………………………7.1 7.2. INTERACCIÓN ENTRE CARGAS ELÉCTRICAS PUNTUALES………………………………………………….….7.2 7.3. DEFINICIÓN DEL CAMPO MAGNÉTICO………………………………………………………………………….7.4 7.4. MOVIMIENTO DE CARGAS DENTRO DE UN CAMPO MAGNÉTICO. FUERZA DE LORENTZ………………….7.8 7.5. EL EFECTO HALL…………………………………………………………………………………………………7.9 7.6. LA LEY DE BIOT‐SAVART……………………………………………………………………………………….7.11 7.7. CAMPO MAGNÉTICO GENERADO POR UN HILO RECTO INFINITO DE CORRIENTE…………………….….7.13 7.8. CAMPO MAGNÉTICO DEBIDO A UNA ESPIRA CIRCULAR……………………………………………………7.17 7.9. CAMPO MAGNÉTICO DE UN SOLENOIDE………………………………………………………………..……7.20 7.10. CAMPO MAGNÉTICO DE UN SOLENOIDE INFINITO………………………………………………….…….7.22 7.11. FUERZA MAGNÉTICA SOBRE UN ALAMBRE RECTO QUE TRANSPORTA CORRIENTE ELÉCTRICA DENTRO DE UN CAMPO MAGNÉTICO CONSTANTE……………………………………………………….7.24 7.12. DEFINICIÓN DEL AMPERIO, UNIDAD ELECTROMAGNÉTICA BÁSICA EN EL SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES…………………………………………………………7.28 7.13. ESPIRA RECTANGULAR DE CORRIENTE DENTRO DE UN CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME……….…..…7.30 7.14. LA LEY DE AMPERE……………………………………………………………………………………………7.32 7.15. PROBLEMAS……………………………………………………………………………………..…………….7.35

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PREFACIO

El primer curso sobre electricidad y magnetismo, correspondiente al Tronco General de Asignaturas de las carreras de ingeniería en la Universidad Autónoma Metropolitana en Azcapotzalco, denominado “FÍSICA III”, comprende los temas esenciales de electrostática y magnétostática, es decir, el estudio de fenómenos eléctricos y magnéticos que no dependen del tiempo. Este libro está dedicado a dicha materia. La materia de FÍSICA III requiere gran dedicación, dada la extensión del programa y las dificultades matemáticas que algunos alumnos encuentran en el camino. Es por ello que el presente texto tiene como objetivos principales los siguientes:

• Presentar la teoría en una forma lo más resumida posible, consistente con el logro de una adecuada comprensión de los fenómenos eléctricos y magnéticos.

• Presentar un número suficiente de ejemplos resueltos con todo detalle, así como problemas ajustados al nivel académico de este curso introductorio. Se han incluído las respuestas a la mayoría de los problemas.

• Explicar con detalle el significado y aplicación de los principales cálculos matemáticos propios de la materia.

Los prerrequisitos matemáticos que la materia exige del estudiante son los siguientes: i) Conocimiento del álgebra vectorial: suma y resta de vectores; productos escalar y vectorial de vectores; expresión de vectores en la base vectorial cartesiana {i, j, k} y en la base polar en el plano; representación paramétrica de curvas en el plano. ii) Conocimiento del cálculo diferencial e integral: derivada; integral de una sóla variable; integral definida. En la materia de FÍSICA III trataremos con varios tipos de integrales vectoriales. Si bien este tipo de integrales son una novedad para el estudiante, para la clase de campos eléctricos y magnéticos que consideraremos en este curso introductorio, y además para las clases simples de geometría que estudiaremos (rectas, planos, círculos, esferas, cilindros regulares), las integrales se pueden reducir fácilmente a las familiares integrales escalares de una sola variable (integral de Riemann). Para ello, claro está, el estudiante debe entender perfectamente el concepto de integral mismo y la deducción de la expresión integral, así como también.el significado de cada símbolo que figura en la integral. A tal fin hemos adoptado una notación consistente a lo largo de todo el texto. Para evaluar las integrales hemos tratado de evitar trucos particulares (muy populares en otros libros de texto), partiendo directamente de la forma del integrando. El libro presupone del estudiante conocimientos elementales sobre estructura de la materia, así como de las propiedades fundamentales del átomo, como son la masa y la carga eléctrica.

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REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS FÍSICA UNIVERSITARIA con FÍSICA MODERNA Volumen 2, Undécima edición SEARS, ZEMANSKY, YOUNG, FREEDMAN Editorial PEARSON/ADDISON WESLEY FÍSICA Volumen 2, Versión Ampliada, Cuarta edición HALLIDAY, RESNICK, KRANE Editorial CECSA FÍSICA Para ciencias e ingeniería Volumen II, Sexta edición SERWAY, JEWETT JR. Editorial THOMSON

1‐1 1.1. CARGA ELÉCTRICA. CONDUCTORES Y AISLANTES. La gran diversidad de fenómenos electromagnéticos a nuestro alrededor están esencialmente relacionados con unas propiedades fundamentales de la materia, denominadas la carga eléctrica y el spin. A nivel atómico, la materia física está constituída por protones, neutrones y electrones. Los protones y neutrones forman el núcleo del átomo, y los electrones circundan el núcleo en capas. El protón y el electrón poseen carga eléctrica, no así el neutrón. La carga eléctrica está cuantizada, es

decir, se observa siempre en múltiplos de un valor fundamental cuyo valor es e = 1.60 (10–19) C. El protón posee carga positiva igual a “e”, y el electrón carga negativa “– e”. La siguiente tabla da valores aproximados de la masa y carga de ambas partículas.

Masa Carga eléctrica Protón 1.67 (10–27) kg 1.60 (10–19) C Electrón 9.11 (10–31) kg –1.60 (10–19) C

La unidad S.I. de carga eléctrica es el coulombio (abreviado “C”). Ésta se define en términos de la unidad de corriente, el amperio “A”, en la forma 1 C = 1 A ⋅ s. En el Capítulo VII definiremos el amperio.

Por lo pronto, podemos definir el coulombio grosso modo como la carga total de 6.25 (1018) electrones. La teoría moderna de las partículas elementales sostiene que el protón, neutrón y electrón están constituídos por otras subpartículas llamadas “quarks”, cuyas cargas eléctricas son fracciones de “e”. Así,

el protón está formado por tres quarks; dos de ellos con carga 2 e3

, y el tercero con carga 1 e3

− . El

neutrón, cuya carga es nula, está formado por dos quarks de carga 1 e3

− y un quark de carga 2 e3

. Sin

embargo, aunque la existencia de los quarks posee evidencia experimental sólida, no ha sido posible hasta la fecha observar quarks libres, quizás porque los aceleradores modernos no alcanzan la energía necesaria para vencer la energía de ligadura de los quarks. En su estado natural, el átomo es neutro: el número de protones en el núcleo iguala el número de electrones circundantes, de tal manera que la carga total del átomo es nula. Un átomo ionizado, al que le falta uno o más electrones, posee una carga neta positiva igual a “Ne”, donde N es el número de electrones faltantes. En las interacciones atómicas (colisiones, reacciones químicas, etc.) siempre se observa que la carga eléctrica se conserva. Esto constituye una ley fundamental de la naturaleza en cualquier circunstancia. La existencia de carga eléctrica de un trozo de material se explica mediante una deficiencia o exceso de carga, usualmente negativa. Una deficiencia de electrones significa una carga neta positiva del material, un exceso una carga negativa. Tal deficiencia o exceso es regularmente una fracción mucho muy pequeña de la carga positiva o negativa total contenida en el trozo.

CAPÍTULO 1

CAMPO ELÉCTRICO DE CARGAS PUNTUALES

1‐2 EJEMPLO 1.1. ¿Cuánta carga positiva (o negativa) posee un trozo de cobre neutro cuya masa es de 1 g?

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ El átomo de cobre contiene Z protones y Z electrones en su estado neutro, donde Z es el número atómico del cobre, igual a 29. Entonces la carga positiva de cada átomo es “Ze”. Debemos calcular entonces cuántos átomos de cobre constituyen 1 g de cobre. Para ello primeramente calcularemos el número “N” de moles de cobre equivalentes a 1 g. La masa molar “M” del cobre (también nombrada “peso atómico” o “peso molecular”) es

gM 63.5

mol=

de tal manera que un gramo de cobre equivale a los siguientes moles de cobre:

1 gmN gM 63.5mol

= = = 0.01575 mol

Cada mol de cobre contiene un número de átomos igual al número de Avogadro, NA, de modo que el número de átomos contenidos en 1 g de cobre es número de átomos = número de moles × número de Avogadro =

= N ⋅ NA = 0.01575 mol⋅ 6.02 (1023) 1mol

= 0.09482 (1023)

Ahora multiplicamos el número de átomos por la carga positiva de cada uno, igual a

Z e = 29 ⋅ 1.6 (10–19) C = 46.4 (10–19) C Obtenemos

Carga = 46.4 (10–19) ⋅ 0.09482 (1023) = 4.4 (104) C Este valor de la carga positiva contenida en un gramo de cobre es enorme. Como podemos demostrar después de estudiar la siguiente sección, la fuerza con que se atraerían dos cargas eléctricas tales, separadas un metro, sería de

1.74 (1019) newton la cual equivale a un peso de ¡más de 1018 toneladas! Esto indica que la carga en exceso contenida en un material es regularmente una fracción muchísimo muy pequeña de la carga total del material. Si bien un material en su estado neutro posee una gran cantidad de carga positiva y negativa, existe un balance muy preciso de ambos tipos de carga.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

1‐3 La deficiencia o exceso de carga eléctrica dentro en un material se comporta de distinta forma dependiendo de si el material es lo que se llama un aislante o un conductor. El vidrio es un material aislante. Si se frota una barra de vidrio con un pañuelo de seda, la barra se carga eléctricamente (en este proceso la barra adquiere típicamente una carga del orden de 10–18 C). Esta carga así adquirida permanece en la superficie donde se crea. Si se toca con un dedo dicha superficie cargada, la carga alojada en la porción de superficie tocada fluye por el dedo a través del cuerpo hasta tierra, y el lugar que ocupaba esta carga ya no queda cargado. En los materiales aislantes, la carga eléctrica no balanceada no puede moverse libremente a través del material, sino que permanece en el lugar donde ha sido creada. En cambio, en los materiales conductores cualquier carga eléctrica en exceso (típicamente electrones) inmediatamente se disemina a través del conductor, hasta llegar a la superficie del mismo, donde eventualmente llega al reposo. Las cargas eléctricas en exceso son libres de moverse por todo el conductor. Si se deposita cierta carga eléctrica (digamos electrones) en el interior de un conductor, la repulsión mutua entre estas cargas motiva que se alejen mutuamente, lo cual pueden hacer dado que nada les impide moverse a través del material. Las cargas se siguen moviendo hasta llegar a la superficie y desarrollarse allí una situación de equilibrio. Consideremos por ejemplo un trozo de cobre, el cual es un conductor excelente. El número atómico del cobre es Z = 29 (posee 29 protones en el núcleo, y 29 electrones en su estado neutro). El átomo de cobre posee 2 electrones en su primera capa, 8 en la segunda y 18 en la tercera. En su última capa posee solamente 1 electrón. Este electrón se denomina electrón libre o electrón de conducción, debido a que está muy débilmente ligado al resto del átomo (prácticamente libre) y bajo la influencia de algún campo eléctrico en el interior del conductor, incluso muy débil, es capaz de desligarse del átomo y viajar por todo el conductor. Mediante un mango aislante sostengamos una barra de cobre cargada eléctricamente. Al tocar la barra de cobre con un dedo, la barra pierde inmediatamente toda su carga. Una propiedad importante de los conductores es la denominada densidad de electrones libres que, como su nombre lo indica, es el número de electrones libres por unidad de volumen que contiene el material. El aluminio, cuyo número atómico es Z = 13, posee tres electrones libres en su última capa, de tal manera que la densidad de electrones libres del aluminio es (muy aproximadamente) tres veces la densidad de átomos del mismo. La densidad de electrones libres de una sustancia se puede medir en el laboratorio usando el Efecto Hall (El cual discutiremos en el Capítulo VII).

1‐4 EJEMPLO 1.2. La densidad de electrones libres del cobre es n = 8.5 (1028) / m3. Calcular la masa de un

trozo de cobre que posee 18 (1029) electrones libres. ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Dado que cada átomo de cobre contribuye un electrón libre, tenemos que el trozo posee un número de átomos de cobre igual al número de electrones libres. Calculemos primeramente el número de moles de cobre que tenemos, dividiendo el número de átomos de cobre por el número de Avogadro:

24

2318(10 ) 30 mol

6(10 ) /mol=

Ahora bien, la masa molar del cobre es

3 kgM 63.5(10 )mol

−=

Multiplicando el número de moles por la masa molar M obtenemos la masa que representan estos moles:

3 kgm 30 mol M 30 mol 63.5(10 )mol

−= ⋅ = ⋅ = 1.9 kg

EJEMPLO 1.3. Se tiene un trozo de material con las siguientes propiedades: densidad de masa ρm, volumen “V” y masa molar “M”. Calcular el número de átomos (o entidades) contenidos en el trozo.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Sabemos que un mol del material contiene 6.02 (1023) átomos o entidades (este es el número de Avogadro, NA, cuyas unidades son “1/mol”). Calculemos entonces cuántos moles “N” representa el trozo.

Primeramente obtenemos la masa del trozo, “m”, usando la densidad de masa ρm y el volumen V: m = ρm V Ahora obtenemos el número de moles N dividiendo la masa m por la masa molar M:

mVmNM M

ρ= = (Balance de unidades:

kgmol molkg /mol

= = )

Multiplicando el número de moles por el número de Avogadro obtenemos el número de átomos):

mátomos A A

Vn N N NM

ρ= ⋅ = ⋅

Note aquí el balance de unidades: ( )3 3kg /m m 11

kg /mol mol

⋅= ⋅ .

1‐5 1.2. LA LEY DE COULOMB. Sean q1 y q2 dos cargas eléctricas puntuales de cualquier signo. Sean: R el vector separación entre las cargas, (Fig. 1), R = |R| su magnitud (es decir, la distancia

entre las cargas), y R̂ el vector unitario en la dirección de R. Sea F la fuerza eléctrica que ejerce q1 sobre q2.

Fig. 1

La Ley de Coulomb establece que esta fuerza viene dada por la expresión

(3) 1 23

0

q q14 R

=πε

RF

Ley de Coulomb (Forma vectorial) Fuerza que ejerce la carga q1 sobre la carga q2. El vector separación R va desde la carga q1 hasta la carga q2.

Si ambas cargas son del mismo signo, la fuerza eléctrica entre ellas tiene la misma dirección que R y por tanto es de repulsión (caso representado en la Fig. 1). Las cargas se atraen si son de signos opuestos. La fuerza eléctrica (3) obedece la tercera ley de Newton (al intercambiar en ella los indices 1 y 2, y cambiar R por –R, la fuerza cambia de signo). La magnitud de la fuerza es

(4) 1 22

0

q q1F4 R

=πε

Ley de Coulomb. Magnitud de la fuerza entre dos cargas q1 y q2.

(Esta expresión se saca de (3) tomando magnitudes. Note que 3 3 3 2R 1

R R R R= = =RR

).

Como vemos en (3) o (4), la fuerza eléctrica entre dos cargas puntuales es proporcional a las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellas. El factor de proporcionalidad, “1/4πε0”, se suele abreviar así:

(5) 0

1k4

=πε

(Valor experimental: 2

92

N mk 8.988(10 )C⋅

= )

En los cálculos usaremos el valor aproximado

(6) 2

92

N mk 9(10 )C⋅

=

1‐6 Así pues, las expresiones (3) y (4) se pueden escribir también:

(7) 1 21 23 2

q qq qk F kR R

= =RF

La fórmula (3) es una expresión vectorial, es decir, válida en cualquier sistema de coordenadas. Para efectuar un cálculo es necesario ya definir un sistema de coordenadas. EJEMPLO 1.4. ¿Qué cargas (iguales) deberían tener la Tierra y la Luna para que la fuerza eléctrica de atracción entre ellas fuese igual a su fuerza gravitatoria?

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Sea Q la carga de la Tierra y –Q la de la Luna. La fuerza eléctrica entre ellas, consideradas como cargas puntuales dado la gran distancia que las separa, es

2

e 2QF kd

= −

donde “d” es la distancia Tierra‐Luna. Por otra parte, la fuerza gravitatoria es

T Lg 2

M mF Gd

= −

donde MT y mL son las masas de la Tierra y la Luna, respectivamente.

Igualando ambas fuerzas,

2

T L2 2

M mQk Gd d

− = −

De aquí sacamos

T LGM mQk

=

Sustituyendo valores: G = 6.67 (10–11) N‐m2/kg2 k = 8.988 (109) N‐m2/C2 MT = 5.98 (1024) kg mL = 7.36 (1022) kg Se encuentra Q = 5.71 (1013) C

1‐7 EJEMPLO 1.5. Dos esferitas metálicas que portan la misma carga eléctrica negativa, y cuya distancia mutua d = 2 m es mucho mayor que sus radios, se repelen con una fuerza F = 12 mN (Véase la Fig. 2). ¿Cuántos electrones en exceso tiene cada esferita? Sea “q” la carga de cada esferita. Según la Ley de Coulomb, la fuerza de repulsión entre ellas tiene magnitud

2

2kqFd

=

Fig. 2

donde

2

92

0

1 N mk 9(10 )4 C

⋅= ≈

πε

Despejando la carga “q” tenemos

3

62

92

F 12(10 )Nq d 2m 2.31(10 )Ck N m9(10 )

C

−−= = =

⋅

Dividiendo “q” por la carga del electrón, e = 1.6 × 10–19 C, obtenemos el número N de electrones en

exceso que posee cada esferita:

6

13 1219

q 2.31(10 )CN 1.44(10 ) 14.4(10 )e 1.6(10 )C

−

−= = = =

1‐8 EJEMPLO 1.6. Una carga positiva de 8 μC y una negativa de – 5 μC se hallan en los puntos indicados en la cuadrícula mostrada en la Fig. 3. Suponer que el lado de la cuadrícula mide 1 m y calcular la fuerza eléctrica F que ejerce la carga positiva sobre la negativa. Emplearemos la expresión (3), o sea

1 23

0

q q14 R

=πε

F R

Debemos tomar q1 = 8 μC q2 = – 5 μC

Fig. 3

Recordemos que el vector R se dirige hacia la carga que sufre la fuerza a calcular, F. Obtengamos los vectores de posición de ambas cargas:

r’1 = (11, 5) m r’2 = (2, 10) m

Ahora obtengamos el vector separación R:

R = r’2 – r’1 = (2, 10) m – (11, 5) m = (–9, 5) m

(Estas componentes podrían haberse obtenido también gráficamente de la Fig. 3, contando cuadritos). El cubo de su magnitud es (en metros)

( )33 2 2R 9 5= + = 1091.33

Sustituyendo valores (en unidades S.I.):

6 6

9 31 23

0

q q1 8(10 ) ( 5(10 ))9(10 ) ( 9,5) 0.33(10 ) ( 9,5)4 1091.33R

− −−⋅ −

= = − = ⋅ −πε

F R

⇒ F = (2.97 ⋅ 10– 3 , 1.65 ⋅ 10– 3) N = (2.97 , 1.65) mN

1‐9 EJEMPLO 1.7. Dado el arreglo de cargas puntuales mostrado en la Fig. 4, ¿Dónde debe estar situada la carga “q” para que la fuerza eléctrica sobre ella debida a las otras dos cargas sea nula?

Fig. 4 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Tomemos un Eje X con su origen en la carga 4q y su dirección hacia la derecha. Está claro que la carga “q” debe encontrarse a la derecha de la carga “–q”, donde las fuerzas eléctricas sobre ella tienen sentidos opuestos y pueden anularse. Para resolver el problema obtendremos las magnitudes de las fuerzas (opuestas) sobre “q” debidas a las otras dos cargas y luego las igualaremos. La magnitud de la fuerza que ejerce la carga “4q” es

2

1 2 24q q 4qF k kx x⋅

= =

y la magnitud de la fuerza que ejerce la carga “–q” es

2

2 2 2q ( q) qF k k(x a) (x a)⋅ −

= =− −

Igualando ambas fuerzas tenemos

2 2

2 24q qk kx (x a)

=−

Cancelando factores comunes se tiene

2 24 1x (x a)

=−

Quitando denominadores, 2 24(x a) x 0− − = 3 x2 – 8 a x + 4 a2 = 0 Las raíces de esta ecuación son

2x 2a y x a3

= =

La solución correcta es la primera raíz: “x = 2a”. Para la segunda raíz, x = (2/3) a, también hay igualdad de las magnitudes de las fuerzas, pero no son opuestas y no se cancelan.

1‐10 EJEMPLO 1.8. En el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, el electrón en su estado base describe una

órbita circular de radio 0.529 (10–10) m alrededor del protón. Calcular la velocidad del electrón.

Fig. 5 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

El electrón realiza un movimiento circular uniforme con rapidez constante v. La fuerza Fr que sufre es la atracción eléctrica debida al protón, la cual es una fuerza centrípeta cuya componente radial (única) es

2

r 20

1 eF4 r

= −πε

De acuerdo con la 2ª. Ley de Newton, esta fuerza debe ser igual al producto de la masa del electrón y su aceleración centrípeta, o sea Fr = m ar Usando la expresión para la aceleración centrípeta, o sea

2

rvar

= −

tenemos

2 2

2e vk m

rr⎛ ⎞

− = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Despejando la velocidad,

2kev

mr=

Sustituyendo valores en unidades S.I.,

9 19 2

31 109(10 ) (1.6 10 )v

9.11(10 ) 0.529(10 )

−

− −⋅ ⋅

= =⋅

2.18 (106) ( ms)

1‐11 EJEMPLO 1.9. Dos esferitas cargadas, de la misma masa m = 40 g, están suspendidas mediante hilos iguales y aislantes de un punto común, como muestra la Fig. 6 izquierda. Se observa que cuando el sistema está en equilibrio, el ángulo θ1 que forma el hilo izquierdo con la vertical es θ1 = 8°. Dada la longitud de cada hilo, L = 20 cm, y la carga de la esferita izquierda, q1 = 6 μC, calcular la carga de la esferita derecha.

Fig. 6

Para simplificar el problema, propondremos la siguiente hipótesis: en el equilibrio, los ángulos θ1 y θ2 que forman los hilos con la vertical son iguales. ¿Por qué nuestra hipótesis? Tenemos que las masas de las esferitas, y por ende sus pesos, son iguales; por otra parte, las fuerzas eléctricas de repulsión entre ambas también son iguales (y opuestas), ya que estas fuerzas obedecen la tercera ley de Newton. La Fig. 6 derecha muestra el diagrama de cuerpo libre (DCL) de las esferitas. Sobre cada una actúan las siguientes fuerzas: la eléctrica Fe (fuerza de repulsión); la tensión del hilo, T, y el peso mg. Note que si las masas de las esferitas fuesen distintas, se destruiría la simetría de fuerzas. Tomando unos Ejes X y Y horizontal y vertical, respectivamente, tenemos las siguientes ecuaciones de equilibrio para la esferita izquierda:

x e 1

y 1

F 0 : F Tsen 0

F 0 : mg Tcos 0

= − + θ =

= − + θ =

∑∑

En unidades S.I., la distancia entre las esferitas es d = 2 L sen θ1 = 0.05567 y la fuerza eléctrica es

6

9 71 2 2e 22 2 2

q q 6(10 )qF k 9(10 ) 1.74(10 )qd (5.56(10 ))

−

−= = =

De las ecuaciones de equilibrio sacamos Fe = mg tan θ1, de modo que 7 3

21.74(10 )q 0.04 tan(8 ) 0.00562 5.62(10 )−= ⋅ ° = =

3

102 7

5.62(10 )q 3.23(10 )1.74(10 )

−−= = o bien q2 = 0.000323 μC

1‐12 1.3. DEFINICIÓN DEL CAMPO ELÉCTRICO. Sea D una distribución arbitraria de carga eléctrica. Puede ser un sistema de cargas puntuales, o carga repartida por una región espacial tridimensional, o sobre una superficie, o a lo largo de un alambre o filamento; es completamente arbitraria. Lo único que exigimos es que el cuerpo material que aloja la carga esté fijo, y que además su carga eléctrica no se mueva dentro de él, esto es, que no existan influencias externas importantes que “redistribuyan” su carga por su interior. Sea “q” una carga puntual, pequeña y positiva.

Fig. 7 Se define el vector de intensidad eléctrica E en el punto P, producido por la distribución D , como la fuerza eléctrica por unidad de carga que actúa sobre la carga puntual en P. En símbolos,

(8) q

=FE

El vector de intensidad eléctrica producido por una distribución de carga en un punto P es la fuerza eléctrica por unidad de carga que ejerce la distribución sobre una pequeña carga puntual positiva colocada en P.

Comentarios. • La carga “q” que interviene en la definición del campo eléctrico se denomina para este efecto carga

testigo. • Es común llamar simplemente campo eléctrico E al vector de intensidad eléctrica. Así lo haremos en

lo sucesivo. • El campo eléctrico E es un vector que tiene la misma dirección que la fuerza F (Fig. 7). • Las unidades físicas de E son, de (8),

newton N

coulombio C=

• La carga testigo debe ser pequeña para que no afecte la distribución de carga D, cuyo campo deseamos

medir. Existe un fenómeno llamado “inducción electrostática”, que consiste en una separación o reacomodo de cargas en un cuerpo (metálico o dieléctrico), provocada por la cercanía de otra carga.

D

1‐13 En la Fig. 8 se muestra una esfera metálica apoyada sobre una varilla aislante. Inicialmente la esfera estaba lejos de cualquier carga eléctrica, y sus cargas eléctricas atómicas positivas y negativas estaban uniformemente distribuidas. Al acercar una carga negativa Q a la esfera se producen repulsiones entre Q y los electrones libres de la esfera. El efecto consiste en una separación o “polarización” de las cargas, como se ve en esta figura. Suponemos la carga testigo tan pequeña que no provoque una inducción apreciable.

Fig. 8

• La definición dada de E sirve para medir el campo eléctrico fuera de la distribución D (estrictamente en el vacío), pues no podemos meter una carga testigo en el interior de D sin alterar su distribución de carga. Existen otras definiciones operacionales (esto es, basadas en un procedimiento de medición) aplicables al interior de la materia, pero no las daremos ahora.

• La ecuación definitoria (8) se usa mucho en la forma (9) F = q E

Fuerza eléctrica sobre una carga puntual q. La fuerza eléctrica está en la dirección del campo, u opuesta a ésta, según que la carga “q” sea positiva o negativa, respecti‐vamente.

En (9), “q” ya no es una carga “testigo”, sino cualquier carga situada en la vecindad de la distribución D. Esta q ya puede ser positiva o negativa. El movimiento de “q” dentro del campo eléctrico E se rige por la segunda ley de Newton en la forma “masa x aceleración = fuerza” o sea

(10) m a = q E

Expresión matemática de la segunda ley de Newton para una partícula de masa “m” y carga eléctrica “q” en el seno de un campo eléctrico E. “a” es el vector aceleración de la partícula.

La carga “q” experimenta dentro del campo una aceleración dada por

q

m m= =

EFa

Las ecuaciones (9) y (10) gobiernan el movimiento de partículas cargadas dentro de un campo eléctrico.

1‐14 EJEMPLO 1.10. Una distribución de carga eléctrica fija produce un campo eléctrico E. (a) Se observa que una partícula de carga q = 15 μC y masa m = 4 (10–8) kg sufre en cierto punto una aceleración, debida al campo eléctrico, de magnitud a = 2.5 (104) m/s2. ¿Cuánto vale el campo eléctrico en dicho punto? (b) ¿Qué fuerza experimenta otra carga q = 9 μC cuando se encuentra en un punto donde el campo eléctrico tiene una magnitud E = 105 N/C?

Fig. 9

(a) Dada la masa y la aceleración de la partícula, podemos calcular la fuerza sobre ella empleando la segunda Ley de Newton:

8 4 32mF ma F 4(10 )kg 2.5(10 ) 10 Ns

− −= ⇒ = ⋅ =

Ahora podemos calcular el campo eléctrico usando su definición (8) en la forma

3

6F 10 N NE 66.6q C15(10 )C

−

−= = =

La dirección de este campo es la misma que la de la fuerza o la aceleración en el punto considerado. (b) La magnitud de la fuerza se calcula de la expresión (9) (tomando magnitudes): F = q E Obtenemos

6NF 9 C 105 945 10 NC

−= μ ⋅ = ⋅

La dirección de esta fuerza es la misma que la del campo eléctrico E en el punto considerado.

1‐15 1.4. CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL. Observe la Fig. 10. Deseamos obtener el campo eléctrico producido por la carga puntual Q en el punto arbitrario P. Recuerde nuestra convención: el punto donde se localiza la carga es el punto fuente, y el punto P es el punto campo. El vector separación desde Q hasta P es R. De acuerdo con la definición dada del campo eléctrico, debemos obtener la fuerza eléctrica por unidad de carga que ejercería Q sobre una pequeña carga puntual positiva q situada en P. Según la Ley de Coulomb, tal fuerza F sería

2 30 0

Qq Qqˆ4 R 4 R

= =πε πε

RF R

De acuerdo con la definición (8), la fuerza por unidad de carga, es decir, el campo eléctrico E, es

Fig. 10

(11) 2 30 0

ˆ QQq 4 R 4 R

= = =πε πε

RF RE

Campo eléctrico de una carga puntual Q en un punto cuyo vector separación desde la carga es R.

Observaciones: • Si Q es positiva, el campo E está dirigido en la dirección radial hacia fuera desde Q. Sus líneas de

fuerza son líneas radiales que emanan de Q (“huyendo” de la misma), como vemos en la Fig. 11. Si Q es negativa, el campo E apunta hacia ella: las líneas de fuerza se dirigen hacia Q. Esto es válido en todo punto P del espacio.

Fig. 11

1‐16

EJEMPLO 1.11. Una carga puntual Q = 5 (10 – 5) C está situada en el punto de coordenadas cartesianas (6, 1) (coordenadas en metros). Calcular el campo de esta carga en el punto P(–3, 8) (Véase la Fig. 12; cada lado de la cuadrícula representa un metro).

Fig. 12

El campo eléctrico es la expresión (11):

[(11)] 30

Q4 R

=πεR

E (Magnitud: 20

|Q|E4 R

= =πε

E )

Hay dos métodos equivalentes de calcular el campo E en P. En el primer método calculamos primeramente la magnitud del vector E, y luego sacamos sus componentes X y Y, expresando el campo en la forma E = (Ex, Ey) o en la forma E = Ex i + Ey j. En la segunda manera procedemos desde el principio

vectorialmente, obteniendo el vector R y haciendo la operación vectorial indicada en (11). Lo haremos con los dos métodos en este ejemplo. Primer método. Como vemos en la Fig. 12, la distancia desde Q hasta el punto P es, en metros,

2 2R 9 7 130 11.4= + = = (m) de modo que la magnitud del campo eléctrico en P es

5

92 2

0

Q 5 10E 9 104 R 11.4

−⋅= = = ⋅ ⋅ =

πεE 3462.60 (N/C)

Ahora bien, el ángulo agudo “α” que forma E con el Eje X, mostrado en la Fig. 12, es

1‐17

9angcos 37.86

11.4⎛ ⎞α = = °⎜ ⎟⎝ ⎠

de tal manera que las componentes del campo E, con los signos correctos, son Ex = – E cos 37.86° = – 3462.60 cos 37.86 = – 2733.77 (N/C) Ey = E sen 37.86° = 3462.60 sen 37.86 = 2125.11 (N/C)

⇒ E = (– 2733.77, 2125.11) NC = (– 2733.77 i + 2125.11 j) N

C

Segundo método. Las componentes del vector separación son R = (– 9, 7) y su magnitud es R = 11.4. Sustituyendo esto en (11) tenemos

5

93 3

0

Q 5 10 ( 9,7)9 104 R (11.4)

−⋅ −= = ⋅ ⋅

πεR

E (N/C)

Efectuemos las operaciones indicadas en esta expresión vectorial. Usando

5

93

5 109 10(11.4)

−⋅⋅ ⋅ = 303.74

obtenemos 303.74 ( 9,7) (303.74 9, 303.74 7)= − = × − × =E (– 2733.66, 2126.18) (N/C) Excepto por errores de redondeo, este es el mismo resultado que obtuvimos con el primer método. Se recomienda usar preferentemente el segundo método (vectorial).

1‐18 1.5. CAMPO ELÉCTRICO DE UN SISTEMA DE CARGAS PUNTUALES. En la sección 1.4 obtuvimos la expresión para el campo eléctrico de una carga puntual Q en un punto arbitrario P cuyo vector separación relativo a Q es R (Fig. 5), a saber,

[(11)] 30

Q4 R

=πεR

E

Existe en electromagnetismo un principio fundamental denominado principio de superposición de los campos eléctricos, que enuncia lo siguiente:

[Fig. 5] Principio de superposición El campo eléctrico producido por un conjunto de cargas es igual a la suma vectorial de los campos eléctricos individuales producidos por cada carga. Apliquemos este principio para calcular el campo eléctrico de un conjunto de cargas puntuales Q1,

Q2, …, QN en un punto P arbitrario.

El campo eléctrico Ei producido por cada

carga Qi (i = 1, 2, …, N) tiene la forma dada en (11),

esto es,

i ii 3

i

kQR

=R

E (i = 1, 2, …, N)

donde hemos abreviado

0

1k4

=πε

Fig. 13

y Ri es el vector separación desde la carga Qi hasta el punto dado P.

Obtenemos así para el campo de las N cargas la expresión

(12) N

1 1 2 2 N N i i3 3 3 31 2 N ii 1

kQ kQ kQ kQ...

R R R R=

= + + + =∑R R R RE

Campo eléctrico de un sistema de cargas puntuales Q1, Q2, …, QN.

1‐19 EJEMPLO 1.12. Cuatro cargas de valores 5 μC, 2 μC, −7μC y 3 μC están colocadas tal como se muestra en la Fig. 14. La cuadrícula consta de cuadrados de lado 1 m. Calcular el campo eléctrico E debido a las cuatro cargas en el punto P. Este es de hecho un ejercicio de álgebra vectorial. Debemos efectuar el cálculo indicado en la Ec. (12). Numeremos las cargas desde 1 hasta 4 en un orden arbitrario, y tracemos los vectores separación desde cada carga hasta el punto campo P. Habrá que obtener los vectores R1,

R2, R3 y R4 junto con sus magnitudes,

sustituir en la Ec. (12), y hacer las operaciones vectoriales indicadas. Conviene hacer el cálculo en coor‐denadas cartesianas. Independientemente

Fig. 14

de la ubicación del origen de coordenadas, tenemos (en metros): R1 = (7, −2) R2 = (0, 6) R3 = (4, 3) R4 = (−7, −1)

Además,

R13 = ( )7 22 2

32+ − =( ) 385.8, R2

3 = 216, R33 = 125, R4

3 = 353.5

Entonces,

4

i i3

i 1 i

QkR=

= ∑ RE = 9(10)9 6 2(7, 2) 5(0,6) 7(4,3) 3( 7, 1)10385.8 216 125 353.6

− − − − −⎛ ⎞⋅ ⋅ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

3 (126, 36) (0,270) ( 252,189) ( 189, 27)10385.8 216 125 353.6

− − − −⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

(326.5, 93.3) (0,1250) ( 2016, 1512) ( 534.6, 76.7)= − + + − − + − −

( 2224, 432)= − −

Tenemos así

E = (−2224, −432) NC , o bien E = (−2224 i − 432 j)

NC

1‐20 EJEMPLO 1.13. Esquematizar las líneas de fuerza del campo eléctrico producido por (a) Una carga positiva “4q” y otra carga positiva “2q”; (b) Una carga positiva “4q” y una carga negativa “–2q”.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Las líneas de fuerza se muestran en las Figs. 15 y 16, respectivamente. En la Fig. 15 note que, comparada con la correspondiente a la carga “4q”, la densidad de líneas de fuerza en la vecindad de la carga “2q” es menor. Esto indica gráficamente que el campo es de menor intensidad en la vecindad de la carga “2q”. En la Fig. 16, no todas las líneas que salen de la carga “4q” terminan en la carga “–2q”; algunas líneas se desvían hacia el infinito.

Fig. 15

Fig. 16

1‐21 EJEMPLO 1.14. Se tienen tres cargas puntuales situadas sobre una línea recta horizontal. El campo eléctrico de las tres cargas tiene las líneas de fuerza que se muestran en la Fig. 17. ¿Qué puede decir sobre los signos y magnitudes de las cargas?

Fig. 17 Sabemos que las líneas de fuerza del campo eléctrico se originan en las cargas positivas y mueren en las negativas. En la Fig. 17, las líneas dadas no tienen dirección, así que tenemos dos posibilidades: (i) Las cargas izquierda y central son positivas y la carga derecha es negativa (ii) Las cargas izquierda y central son negativas y la carga derecha es positiva. Supongamos cierta la primera posibilidad. Observemos que no todas las líneas que se originan en la carga central (positiva) terminan en la carga derecha (negativa); esto significa que la carga central es (en valor absoluto) mayor que la carga derecha. Por otra parte, las cargas izquierda y central parecen ser del mismo valor. La densidad de líneas de fuerza da una idea gráfica de la magnitud del campo eléctrico. Así, el valor relativo del campo es pequeño en el punto medio entre las cargas izquierda y central, y también a la derecha de la carga derecha. El campo es intenso en la cercanía de cada carga.

1‐22 EJEMPLO 1.15. Dos cargas puntuales positivas “Q” están separadas una distancia “2a”. Un punto P se halla sobre la recta perpendicular a la línea de unión de las cargas (Eje Y), como se muestra en la Fig. 18. A qué distancia “y” debe encontrarse tal punto P para que el campo eléctrico allí, producido por ambas cargas, tenga un valor máximo?

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Las distancias de las cargas al punto P valen ambas

Fig. 18

2 2a y+

de tal manera que los campos eléctricos de las cargas poseen una magnitud común dada por

1 2 2 2kQE E

a y= =

+

0

1k4

⎛ ⎞=⎜ ⎟πε⎝ ⎠

Las componentes horizontales de E1 y E2 se anulan, y las verticales, a lo largo del Eje Y, se suman. El

campo E resultante en P tiene componente Y igual a y 1y 2y 1y 1E E E 2E 2E sen= + = = θ

donde “θ” es el ángulo que forma el campo E1 con la horizontal. Usando

2 2

ysena y

θ =+

obtenemos

( )y 2 2 32 2

2 2 2

y 2kQykQE 2a y a y a y

= ⋅ ⋅ =+ + +

Los valores extremos de Ey se encuentran con la condición

ydE0

dy=

de donde se encuentra un valor mínimo del campo Ey en y = 0, y un valor máximo en

y 2a= /2

1‐23 EJEMPLO 1.16. Una carga de 2 μC se encuentra en el origen de coordenadas de un sistema XY. Otra carga desconocida se encuentra en x = 1.6 m. ¿Cuánto debe valer esta última carga para que el campo eléctrico total en el punto x = 0.4 m sea nulo? El campo eléctrico de la carga 2 μC en el punto x = 0.4 m es (en unidades S.I.)

6

1 2k 2(10 )

E(0.4)

−⋅=

y el de la carga desconocida (negativa), “–Q”, es Fig. 19

2 2k QE(1.2)⋅

= −

Imponiendo la condición de que el campo total sea cero en el punto considerado tenemos

6

1 2k 2(10 ) k QE E E 0

0.16 1.44

−⋅ ⋅= + = − =

de donde sacamos

6

62(10 )Q 1.44 18(10 )

0.16

−−= = Q = 18 μC

EJEMPLO 1.17. Se tiene un arreglo de 3 cargas puntuales –q, –q y Q, como se muestra en la Fig. 20. Exprese la carga Q en términos de q para que el campo eléctrico total en el punto P sea nulo. Empleando la fórmula (11) tenemos que el campo eléctrico de la carga Q en P es

1 3kQ (3s,0)(3s)

= ⋅E

Los campos de las cargas negativas superior e inferior son respectivamente

2 3k( q) (2s, s)( 5s)

−= −E y 2 3

k( q) (2s,s)( 5s)

−=E

Fig. 20

El campo total tiene componente Y igual a cero. La componente X del mismo es

x 1x 2x 3x 2 23 / 2 2 3 / 2 2 3 / 2 22kq 2kq 4kqkQ kQE E E E

(3s) (3s)5 s 5 s 5 s= + + = − − = −

Esta se anula cuando 2

3 / 24 3Q q 3.22q5⋅

= =

1‐24 EJEMPLO 1.18. Cuatro cargas puntuales están situadas en los vértices de un rectángulo, como se muestra en la Fig. 21. Calcular el campo eléctrico en el vértice superior derecho del rectángulo, debido a las cargas en los demás vértices. ¿Qué fuerza experimentaría una carga puntual de –2 μC colocada en dicho vértice? Use los valores q = 1.2 mC y s = 0.8 m.

Fig. 21

Usaremos la expresión (12‐p14), que para 3 cargas se escribiría:

1 1 2 2 3 33 3 31 2 3

kQ kQ kQR R R

= + +R R R

E

R1, R2 y R3 son los vectores separación que van desde cada carga hasta el punto campo (vértice superior

derecho). Adoptando un sistema XY con sus ejes paralelos a los lados del rectángulo, tendremos (numerando las cargas arbitrariamente):

Q1 = 5q R1 =2s i R1 = 2s

Q2 = –3q R2 = 2s i + s j 2 22R (2s) s 5 s= + =

Q3 = 2q R3 = s j R3 = s

3 3 3k 5q(2s ) k ( 3q)(2s s ) k 2q(s )(2s) ( 5s) s⋅ ⋅ − + ⋅

= + +i i j jE

2 23 2

5kq 3kq(2 ) 2kq(2s) s5 s

+= − +

i jE i j

x y2 2 2 23 3

kq kq kq kq5 6 3E 0.71 E 2 1.734s s s s5 5

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = = − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

9 6 9 6

x y2 29(10 ) 1.2(10 ) 9(10 ) 1.2(10 )E 0.71 11981 E 1.73 29193

0.8 0.8

− −⋅ ⋅= ⋅ = = ⋅ =

La fuerza sobre una carga “–2 μC” colocada en el vértice superior izquierdo sería

Fuerza = Carga × Campo eléctrico = = –2 (10–6) (11 981, 29 193) = (0.023962, 0.058386) (newton)

1‐25 1.6. EL DIPOLO ELÉCTRICO. El dipolo eléctrico es un sistema de dos cargas puntuales −Q y Q, separadas por cierto vector separación a, como vemos en la Fig. 22.

Fig. 22 Fig. 23

El dipolo eléctrico es importante. Se usa en la descripción de los campos eléctricos en la materia, pues las moléculas se pueden modelar en primera aproximación como dipolos eléctricos. En la Fig. 23 hemos introducido unos símbolos y vectores para calcular el campo del dipolo eléctrico. No perdemos generalidad si suponemos que las cargas y el punto campo P son coplanarios. Calcularemos E en un punto P arbitrario del plano. Apliquemos la fórmula (12),

1 23 31 2

k( Q) kQR R−

= +R RE

Ahora bien, expresemos R1 y R2 en la base cartesiana, suponiendo P localizado en (x, y):

1 2a a(x,y ) , (x,y )2 2

= + = −R R

1 12 22 22 2

1 2a aR x y , R x y2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

de tal manera que las componentes X y Y del campo eléctrico son:

(13a)

x 3 32 22 22 2

x xE kQ

a ax y x y2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − +⎜ ⎟

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(13b)

y 3 32 22 22 2

a ay y2 2E kQ

a ax y x y2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎜ ⎟= − +⎜ ⎟

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

A continuación simplificaremos estas expresiones para el caso en que el punto campo está muy alejado del dipolo (es decir, a << x, a << y).

1‐26 Definamos las funciones

( ) ( )3 3

2 2 2 22 2

yxf(x,y) , g(x,y)x y x y

= =

+ +

En términos de ellas, el campo se puede escribir en forma más compacta, así:

(E1) x ya a a aE kQ f(x,y ) f(x,y ) , E kQ g(x,y ) g(x,y )2 2 2 2

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − − = − + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Supongamos que el punto P está muy alejado del dipolo. Entonces serán muy pequeños los cocientes

a a a1, 1, 1x y r<< << <<

Para obtener los valores aproximados de Ex y Ey usaremos la llamada aproximación lineal del

cálculo diferencial. A primer orden en ʺhʺ y ʺkʺ tenemos para cualquier función continua y de derivadas continuas f(x, y):

f ff(x x,y y) f(x,y) x y ...x y∂ ∂

+ Δ + Δ = + Δ + Δ +∂ ∂

|(Δx, Δy)| << |(x, y)|

donde Δx y Δy son pequeños incrementos de las variables x y y, respectivamente. Aplicando este desarrollo a las expresiones (E1), con Δy = a/2, tenemos para empezar:

a a f a a ff(x,y ) f(x,y) , f(x,y ) f(x,y)2 2 y 2 2 y

∂ ∂+ ≈ + ⋅ − ≈ − ⋅

∂ ∂ de modo que

xa a f ff(x,y ) f(x,y ) a E kQa2 2 y y

∂ ∂+ − − ≈ ⇒ = −

∂ ∂

y análogamente,

yg ga ag(x,y ) g(x,y ) a E kQa

2 2 y y∂ ∂

+ − − ≈ ⇒ = −∂ ∂

Calculemos las derivadas de las funciones f y g con respecto a ʺyʺ:

2 2

3 5 3 52 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2

3xy g y x 2yf x ,y y y y

(x y ) (x y ) (x y ) (x y )

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ∂ −∂ ∂ ∂

= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Pero 2 2x y r+ = es la distancia del punto P al origen (centro del dipolo), misma cosa que la

magnitud ʺrʺ del vector r. Entonces,

1‐27

(16) 2 2

x y5 53xy x 2yE kp , E kpr r

⎛ ⎞− += = ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Campo eléctrico del dipolo, lejos del mismo. “p” es el momento dipolar del dipolo, definido por p = Q a.

En la Fig. 24 se esquematiza el campo del dipolo visto desde gran lejanía (compare con el campo

eléctrico producido por dos cargas iguales y opuestas). Note que este campo es de orden 31r porque la ʺxʺ

y la ʺyʺ en (16) son de orden ʺrʺ.

Fig. 24

El dipolo es una configuración de carga que se emplea para describir los campos eléctricos en la materia, tema que abordaremos más adelante. Una distribución de carga acotada es aquella que se puede encerrar dentro de una esfera, por grande que sea su diámetro (en contraposición a una distribución infinita, en que la carga se extiende hasta el infinito). Toda distribución de carga acotada parece una carga puntual vista desde muy lejos. Conforme nos acercamos a la distribución se empieza a apreciar la separación entre las cargas positivas y negativas, y la distribución se asemeja a una carga puntual junto con un dipolo. Todavía más cerca podemos ver la distribución como una carga puntual, un dipolo y un cuadrupolo.

Casos particulares del campo del dipolo. En el caso particular en que el punto campo P se halle sobre el Eje X, donde sus coordenadas son (x, 0), las fórmulas (16) nos dan que la componente X del campo es cero, y la componente Y es

(17a) y 3kpEx

= −

Si ahora el punto campo está sobre el Eje Y, con coordenadas (0, y), las fórmulas dan: componente X igual a cero, y componente Y igual a

(17b) y 32kpEy

= −

Esto se muestra en la Fig. 25 en la siguiente página.

1‐28

Fig. 25

En la aplicación de las fórmulas (17a) y (17b), recuerde que sobre los ejes tomados a lo largo del dipolo y perpendicularmente al mismo, el campo en P tiene componente solamente a lo largo del eje del dipolo (o sea paralelo o antiparalelo al vector a), y que varía como el inverso del cubo de la distancia al centro del dipolo. Para recordar la dirección de estos campos, imagínese las líneas de fuerza del campo dipolar, dadas en la Fig. 24 de la página anterior.

1‐29 EJEMPLO 1.19. Tres cargas “2Q”, “–Q” y “–Q” están situadas como se muestra en la Fig. 26. Calcular el campo eléctrico en un punto P sobre la línea que une las cargas, a una distancia grande de la carga central. Dado que la distancia de P a las cargas es mucho mayor que “a”, calcularemos el campo considerando el arreglo de cargas dado como dos dipolos, tal como se muestra en la Fig. 27. Los momentos dipolares de estos dipolos son opuestos.

Fig. 26

Tomando un Eje Y de coordenadas a lo largo de los ejes longitudinales de los dipolos, con su origen en la carga central, tenemos del Ejemplo 1.12 para el campo de cada dipolo en el punto P la expresión

Fig. 27

Campo del dipolo izquierdo:

(1)y 3

2kpEay2

=⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

Campo del dipolo derecho:

(2)y 3

2kpEay2

= −⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

El campo total es

(1) (2)y y y 3 3

2kp 2kpE E Ea ay y2 2

= + = −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Usando ahora la aproximación lineal del cálculo diferencial,

dff(y ) f(y ) 2dy

+ ε − − ε ≈ ε (ε << r)

con f(y) = 1/y3 y ε = a/2, obtenemos

y 4 46kpaa 3E 2kp 2

2 y y

⎛ ⎞⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

1‐30 EJEMPLO 1.20. Cuatro cargas puntuales están en los vértices de un cuadrado de lado “a”, como se muestra en la Fig. 28. Calcular el campo eléctrico producido por estas cargas en un punto P muy alejado de las mismas. Aproximar la distribución de cargas considerando que forman dos dipolos eléctricos. Las 4 cargas dadas las podemos considerar como dos dipolos de dos distintas maneras, ya sea como dipolos verticales o como dipolos horizontales. Recordando las fórmulas (17a) y (17b) de la página 1‐22, resultará más conveniente considerar dos dipolos horizontales, formados respectivamente por las cargas en los vértices superiores por una parte, y en los vértices inferiores por la otra. Las distancias del punto campo P a los centros de estos dipolos serán entonces

a ax y x2 2

− +

al dipolo superior y al inferior, respectivamente. Los campos eléctricos producidos por los dipolos superior e inferior en el punto P apuntan en

Fig. 28

las direcciones X y –X, respectivamente, y valen

(1)y 3

kpEax2

=⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

y (2)y 3

kpEax2

= −⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

de modo que el campo total de las 4 cargas, muy lejos de ellas, es

(1) (2)y y y 3 3

1 1 a aE E E kp kp f(x ) f(x )2 2a ax x

2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟= + = − − = − + − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

donde hemos definido f(x) = 1/x3. Usando la aproximación lineal del cálculo diferencial e integral, a saber,

dff(x ) f(x ) 2dx

+ ε − − ε ≈ ε

obtenemos

y 4 43kpaa 3E kp 2

2 x x⎛ ⎞⎛ ⎞= − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

1‐31 EJEMPLO 21. Un campo eléctrico posee líneas de fuerza rectas. La magnitud del campo depende de una variable de posición medida a lo largo de la línea de fuerza. Obtener una expresión para la fuerza eléctrica sobre un dipolo orientado a lo largo de una línea de fuerza.

Fig. 30

Observe la Fig. 30: estamos suponiendo que la línea de fuerza del campo va hacia la derecha, y que “x” es la variable de posición medida a lo largo de la línea de fuerza. La fuerza F sobre el dipolo es la suma de las fuerzas sobre las cargas –q y q, o sea (Fig. 31): F = – q E(x) + q E(x + a)

Fig. 31 Usando la aproximación lineal del cálculo diferencial,

dEE(x x) E(x) xdx

+ Δ − = Δ

con Δx = a, tenemos

( ) dE dEF q E(x a) E(x) qa pdx dx

= + − = =

donde p = q a es el momento dipolar del dipolo. Ejemplos: Dipolo en el campo inhomogéneo de una carga puntual (K constante):

2 3K 2KE(x) , F px x

−⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Dipolo en un campo lineal (K constante):

E(x) Kx, F pK= =

1‐32 1.7. TORCA SOBRE UN DIPOLO ELÉCTRICO EN EL SENO DE UN CAMPO ELÉCTRICO UNIFORME. Un dipolo situado dentro de un campo eléctrico uniforme no experimenta fuerza neta alguna, pero sí una torca. Veamos la Fig. 32. La fuerza eléctrica debida al campo uniforme E sobre el dipolo es la suma de las fuerzas sobre las cargas “–q” y “q” que constituyen el dipolo. Tales fuerzas son iguales y opuestas, de tal manera que la fuerza total es cero. Existe un par de fuerzas {F, –F} actuando sobre el dipolo.

Fig. 32

Por otra parte, el momento o torca producido por el par {F, –F} es independiente del punto de referencia de momentos, y es igual al producto de la fuerza F y la distancia entre las líneas de acción de las fuerzas del par, la cual es igual a “a sen θ”. La torca es entonces igual a τ = F a sen θ En la Fig. 32, la dirección de esta torca es perpendicular al papel, hacia dentro. Existe la relación vectorial τ = a × F Finalmente, poniendo F = q E y p = q a (Momento dipolar) obtenemos

(14) τ = p × E

Momento o torca sobre un dipolo en el seno de un campo eléctrico uniforme.

Note que si el vector a apunta hacia el semiplano inferior en la Fig. 32 (o sea que la carga “–q” se halla a mayor altura que la carga “q”), entonces la torca cambia de sentido, de tal manera que el dipolo tiende a alinearse con el campo eléctrico (El vector a y el campo E tienden a ser paralelos).

1‐33 1.8. PROBLEMAS. 1. Se sabe que cada átomo de aluminio aporta 3 electrones libres. La masa molar del aluminio (Z = 13) es 26.982 g/mol. ¿Qué masa de aluminio es necesaria para que el total de electrones libres aportado por la misma sea de 15 (1030)? Resp. 2. ¿Cuántos átomos contiene una muestra de plata pura cuyo volumen es de 1 cm3?. La densidad de masa

de la plata es ρm = 10.5 g/cm3 , y su masa molar es de 107.9 g/mol.

Resp. 5.86 (1019) 3. Se deposita un exceso de electrones sobre una moneda pequeña de oro cuya masa es de 15 g, de modo que su carga neta es –6.2 nC. (a) Calcular el número de electrones en exceso de la moneda; (b) ¿Cuántos electrones en exceso hay en cada átomo de oro? El número atómico del oro es 79, y su masa molar es de 197 g/mol. Resp. 10 11(a) 3.875(10 ) (b) 8.45(10 )−

4. Dos esferas pequeñas separadas por una distancia de 0.8 m poseen cargas iguales. ¿Cuántos electrones en exceso hay en cada esfera si se repelen con una fuerza de magnitud 3.6 (10–20) N? Resp. 1000 000. 5. El número atómico del plomo es Z = 82 y su masa molar es 207 g/mol. ¿Cuántos protones contiene un pedazo de plomo de 10 g de masa? Si a dos pedazos tales se les colocara a una distancia mutua de 1 m y se les quitara el 0.01 % de su carga eléctrica negativa total, ¿Con qué fuerza se repelerían? Resp. 6. La figura muestra las líneas del campo eléctrico de un sistema de 5 cargas puntuales. Se sabe que la carga superior izquierda es positiva. ¿Cuál es el signo de cada una de las restantes cargas?

Fig. Probl. 1

1‐34 7. Se tienen dos cargas puntuales q1 y q2 con los valores q1 = – 8 μC y q2 = – 2 μC. Están situadas como se muestra en la figura. El lado de la cuadrícula mide 1 metro. Calcular la fuerza eléctrica que ejerce la carga q1 sobre la carga q2. Resp.

Fig. Probl. 3

8. Refiriéndonos a la figura del problema 7, calcular el campo eléctrico que ejerce la carga q1 en el punto donde está situada la carga q2. Calcular luego el campo debido a q2 en el punto donde está q1. Dado este último campo, calcular la fuerza eléctrica que ejerce q2 sobre q1. 9. Calcular el campo eléctrico producido por las tres cargas q1, q2 y q3 en el punto P. El lado de la cuadrícula mide 1 m. Suponga los siguientes valores: q1 = –4 μC, q2 = 7 μC, q3 = – 5 μC.

Resp.

Fig. Probl. 3

10. Refiriéndonos a la figura del problema 9, supongamos que en el punto P estuviese otra carga puntual de valor q = 1.5 μC. ¿Cuál sería la fuerza que sufriría esta carga en el campo de las otras 3? Resp. 11. Tres cargas puntuales Q, –(9/16)Q y 9Q se encuentran sobre una línea recta, con las distancias indicadas en la figura. Calcular la fuerza eléctrica ejercida sobre cada carga por las otras dos.

Resp. 0; 0; 0.

1‐35 12. Cuatro cargas puntuales están situadas en los vértices de un cuadrado de lado “a”. Los signos de las cargas se alternan, como se muestra en la figura. Calcular la magnitud de la fuerza que existe sobre cada carga debida a las otras tres. ¿En qué dirección está cada fuerza? Resp.

2

2q 1F ( 2 )

2a= ⋅ − ; Diagonalmente, hacia dentro.

13. Dos pequeñas bolas de espuma de estireno de 0.5 g están ensartadas como cuentas en un hilo aislante vertical. La bola inferior está pegada al hilo, y la bola superior está libre de moverse. Si a ambas se les proporciona una cantidad igual de carga negativa de modo que la bola superior queda suspendida sobre la inferior a una distancia de 5 cm de ésta. ¿Cuál es el exceso de electrones que posee cada bola? Resp. 2.30 (1011). 14. Dos objetos constan cada uno de un par de cargas puntuales iguales y de distinto signo, unidas por varillas aislantes ligeras y rígidas. Los objetos se colocan sobre una recta como se muestra en la figura. Determine si los objetos se atraen, se repelen, o no se afectan mutuamente.

Resp. Se atraen. 15. Cuatro cargas están dispuestas como se muestra en la figura. Calcular el campo eléctrico en un punto P situado a una distancia muy grande “x” del origen de coordenadas. Considerar este arreglo de cargas como si fuesen dos dipolos. Resp.

2‐1

2.1. DENSIDAD DE CARGA ELÉCTRICA. Existen tres clases de distribuciones continuas de carga, denominadas distribución lineal, superficial y volumétrica. Si la carga se distribuye continuamente a lo largo de un cuerpo con forma de filamento (alambre, hilo, haz, etc.), tal que podamos representarlo apropiadamente por una curva matemática, la distribución es lineal. Si la carga de la distribución reside sobre una superficie (hoja, sábana), como por ejemplo una lámina delgada, la frontera o superficie exterior de un cuerpo sólido, etc., entonces se denomina distribución superficial. Finalmente, la distribución es volumétrica si la carga ocupa una región tridimensional del espacio, cuyo volumen debe tenerse en consideración. El modo como la carga eléctrica está repartida por la región espacial ocupada por la distribución de carga se describe mediante una función de la posición llamada densidad de carga. Explicaremos con detalle este concepto en relación con la distribución más simple, la lineal. Para las otras dos distribuciones la idea es completamente análoga. kkk 2.2. DENSIDAD LINEAL DE CARGA ELÉCTRICA. Consideremos un filamento cargado, de longitud L y carga eléctrica total Q. Cuando segmentos de igual longitud del filamento contienen la misma cantidad de carga eléctrica, independientemente de su ubicación a lo largo del filamento, la densidad de carga es constante (o uniforme). En este caso la densidad lineal de carga, denotada con “λ”, se define simplemente como el cociente de la carga Q y la longitud L del filamento, o sea

(1) QL

λ =

Densidad lineal de carga (constante) de un filamento cargado uniformemente. Q es la carga y L la longitud del filamento.

Las unidades físicas de esta cantidad son coulombio Cmetro m

= .

Por ejemplo, un trozo de alambre de longitud L = 0.5 m, cargado uniformemente con carga total

Q = 8 μC, posee una densidad lineal de carga igual a 8 C C160.5m mμ μ

λ = = .

Una densidad lineal de carga variable (o no uniforme) se caracteriza por que trozos de igual longitud del filamento no contienen en general la misma carga eléctrica, la cual depende de la ubicación del trozo dentro del filamento. En este caso la densidad lineal de carga λ varía de punto a punto a lo largo del filamento. La carga eléctrica contenida en un punto del filamento es obviamente cero, pues un punto no posee dimensiones geométricas. Es necesario considerar un segmento del filamento para poder hablar de carga contenida.

CAPÍTULO 2

CAMPO ELÉCTRICO DE DISTRIBUCIONES CONTINUAS DE CARGA

2‐2

Para tratar este caso, consideremos en el espacio tridimensional una curva que represente un cuerpo filamentario (alambre) cargado eléctricamente. Los puntos de esta curva serán puntos fuente, pues existe carga eléctrica distribuída a lo largo de la curva. Finquemos un sistema de coordenadas cartesianas XYZ. Sea P’(x’, y’, z’) un punto fuente arbitrario de la curva, con vector de posición r’. Sea dr’ el desplazamiento infinitesimal a lo largo de la curva en el punto P’ (Fig. 1). Sea ds’ la longitud del desplazamiento dr’ (es decir, |dr’| = ds’), y sea dQ la carga contenida en este pequeño tramo ds’. Esta pequeña carga se denomina elemento de carga.

Fig. 1

Se define la densidad lineal de carga en el punto P’, denotada con λ(P’) o con λ(r’), como la carga eléctrica por unidad de longitud residente en el pequeño segmento ds’ localizado en P’, o sea

(2) dQds

λ ≡′

Densidad lineal de carga (variable)

La longitud ds’ es tan pequeña que el valor de λ se puede asociar con el punto P’. La relación (2) se usa frecuentemente en la forma (3) dQ = λ ds’

Elemento de carga de una distribución lineal continua.

Expresado en la base vectorial ortonormal cartesiana, el vector de posición de los puntos de la curva‐filamento se escribe

r’ = (x’, y’, z’) = x’ i + y’ j + z’ k

así que la notación λ(r’) significa lo mismo que λ(x’, y’, z’).

2‐3

EJEMPLO 2.1. Un alambre circular de radio a = 12 cm, al que le falta un trozo con forma de cuadrante, posee una carga eléctrica total uniforme de Q = 18 μC. Calcular su densidad lineal de carga. Dado que la carga del anillo está distribuída uniformemente, podemos calcularla aplicando la relación (1), λ = Q/L. La longitud del alambre es

1 3L 2 a 2 a a4 2

π= π − ⋅ π =

Entonces la densidad lineal es

Fig. 2

6

52

Q 2Q 2 18(10 )C C3.2(10 )3 3 a m3 3.14 12(10 )ma2

−−

−⋅

λ = = = =π ⋅ ⋅π

EJEMPLO 2.2. Un trozo de alambre recto de longitud L posee una carga eléctrica total Q no uniforme que

varía con la posición de acuerdo con la relación λ = C x2, donde C es una constante con unidades “C/m3” y “x” está en metros. Calcular la carga eléctrica total del trozo. El alambre está situado a lo largo del Eje X, con su extremo izquierdo en el origen O (Fig. 3). Partimos de la relación (3), o sea

dQ = λ ds’

En el caso presente tenemos

ds’ = dx

Fig. 3

(Recordemos que ds’ es un segmento infinitesimal del trozo de alambre. En este ejemplo simple hemos denotado sin primas las coordenadas de los puntos fuente. No debe haber lugar a confusión) Así pues, dQ = C x2 dx Integrando desde x = 0 hasta x = L obtenemos la carga total del alambre:

L 20

Q dQ Cx dx= =∫ ∫

Se obtiene

31Q CL3

=

2‐4

2.3. DENSIDADES SUPERFICIAL Y VOLUMÉTRICA DE CARGA ELÉCTRICA. Para las densidades de carga superficial y volumétrica existen denominaciones y definiciones análogas a las de la densidad lineal. Estudie las Figs. 4 y 5. En ellas, P’ es un punto cualquiera de la distribución (es decir, un punto fuente arbitrario). En el punto fuente se localiza el elemento de área o de volumen da’ o de dV’.

Fig. 4 Fig. 5 La densidad superficial de carga, evaluada en el punto fuente P’, denotada con σ, es la carga eléctrica por unidad de área, alojada en un pequeño elemento de área da’ ubicado en P’. Las unidades físicas de σ son “coulombio/(metro)2” ó “C/m2”. La densidad volumétrica de carga se denota con ρ y se define análogamente. Existen las relaciones, análogas a (3),

(4) dQ = σ da’ (5) dQ = ρ dV’

Elemento de carga de una distribución superficial continua. da’ es el área del elemento de carga. Unidades de σ: C/m2.

Elemento de carga de una distribución volumétrica continua. dV’ es el volumen del elemento de carga. Unidades de ρ: C/m3.

Si σ es constante, su valor es el cociente de la carga total Q de la superficie y el área total A de la misma, o sea

(6) QA

σ = (Unidades: 2 2coulombio C(metro) m

= )

Análogamente, si ρ es constante, se calcula de

(7) QV

ρ = (Unidades: 3 3coulombio C(metro) m

= )

2‐5

donde V es el volumen de la distribución de carga volumétrica. EJEMPLO 2.3 Una esfera de radio R = 120 mm posee una carga eléctrica positiva y uniforme igual a Q = 4.4 μC. Calcular la densidad volumétrica de carga de la esfera. Dado que la carga eléctrica está distribuída uniformemente, la densidad volumétrica de carga ρ se calcula simplemente como el cociente de la carga total Q y el volumen V = (4/3) π R3 de la esfera:

43 3 33

3 4.4 CQ Q 3Q C6.1(10 )4V 4 R 4 3.14 (0.12m) mR3

−⋅ μ μρ = = = = =

π ⋅ ⋅π

EJEMPLO 2.4. Una lámina delgada de largo “a” y ancho “b” posee carga eléctrica no uniforme, descrita

por la densidad de carga σ = C x y2. La lámina está situada como se muestra en la Fig. 6. Calcular la constante C sabiendo que la carga total de la lámina es Q.

Fig. 6

El elemento de carga dQ tiene la forma de un pequeño rectángulo de dimensiones dx y dy, y área da’ = dx dy. Usando la Ec. (4) tenemos dQ = σ da’ = C x y2 dx dy Sabemos que la integral de dQ es la carga total Q de la lámina. Para efectuar la integral doble sobre las variables x y y hacemos uso del siguiente teorema:

(8) Dada una integral doble f(u,v)dudv∫ , si el integrando f(u,v) se puede poner como el producto de

dos funciones, cada una de una variable, o sea f(u, v) = g(u) h(v), entonces la integral doble es el producto

de dos integrales simples, en la forma ( )( )f(u,v)dudv g(u)du h(v)dv=∫ ∫ ∫ .

Obtenemos entonces

2 3a b2 2

0 0a bQ dQ Cxy dxdy C xdx y dy C2 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = ⋅ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫

de donde 2 36QCa b

= . Entonces la densidad de carga es 2 22 36QCxy xya b

σ = =

2‐6

EJEMPLO 2.5. Una esfera de radio R posee una densidad de carga volumétrica que depende solamente de la distancia “r” al centro de la esfera, según la ley ρ = k r donde k es una constante con dimensiones C/m4. Calcular la carga total de la esfera. Integrando la Ec. (5‐p4) tenemos que la carga total viene dada por la integral (extendida sobre el volumen de la esfera)

Q (r)dV= ρ∫

Hacemos uso ahora del siguiente teorema (9) Al hacer la integral de una función de “r” sobre una región esférica, el elemento de volumen se

puede tomar en la forma “dV = 4πr2 dr”, que corresponde al volumen de un cascarón esférico de radio “r” y grosor “dr”. Entonces,

R R2 2 40 0

Q 4 r dr kr 4 r dr kR= ρ ⋅ π = ⋅ π = π∫ ∫

EJEMPLO 2.6. Dos cilindros sólidos tienen la misma altura “h” pero diferentes radios, R1 y R2.

Suponiendo que sus densidades de carga son iguales y uniformes, ¿Cómo se comparan sus cargas eléctricas? El volumen de un cilindro de altura “h” y radio R es

2V R h= π así que las densidades de carga de los cilindros son

1 21 22 2

1 2

Q QyR h R h

ρ = ρ =π π

Igualando estas densidades se sigue que la carga es proporcional al cuadrado del radio:

2

1 122 2

RQQ R

=

2‐7

EJEMPLO 2.7. Un cascarón cilíndrico de radio R y altura “h” está cargado uniformemente con densidad superficial de carga “σ” (Fig. 7). Supongamos que deseamos describir la carga del cascarón mediante una densidad lineal de carga “λ”, que sea la carga por unidad de longitud del cascarón medida a lo largo del eje longitudinal del cilindro. ¿Qué relación existiría entre “σ” y “λ”? Calculemos primeramente la carga total del cascarón. El área de la superficie lateral del cascarón es “2πrh”, de modo que Q 2 rh= σ⋅ π (Las tapas del cilindro no poseen carga). Ahora obtengamos la densidad lineal de carga dividiendo la carga total entre la altura del cascarón:

Q 2 rhh h

σ ⋅ πλ = =

Fig. 7

Entonces la relación buscada es λ = 2πr σ EJEMPLO 2.8. Una lámina circular plana y delgada, de radio R, posee una densidad superficial de carga eléctrica que varía con la distancia al centro de la lámina según la ley σ = C r, donde C es una constante. Dividamos la lámina en anillos diferenciales de grosor “dr”. (a) Obtener la carga “dQ” de un anillo arbitrario de radio “r”. (b) ¿Cuál es la carga total de la lámina? (a) El área del anillo diferencial es da 2 rdr= π (como si fuese un rectángulo de base 2πr y altura dr) Entonces la carga del anillo es 2dQ da Cr 2 rdr 2 Cr dr= σ = ⋅ π = π

(b) La carga total de la lámina es

Fig. 8

3R 2

0

2 CRQ dQ 2 Cr dr3

π= = π =∫ ∫

2‐8

2.4. PROCEDIMIENTO GENERAL PARA CALCULAR EL CAMPO ELÉCTRICO PRODUCIDO POR UNA DISTRIBUCIÓN CONTINUA DE CARGA. Consideremos una distribución de carga dada, de cualquier tipo, y el problema de calcular el campo eléctrico de la misma en algún punto P del espacio (Véase la Fig. 9). Este problema se resuelve basándose en tres ideas principales: (i) Se subdivide la distribución de carga dada en un numeroso conjunto de pequeños elementos de carga, que porta cada uno cierta carga diferencial dQ, tan pequeña que se puede considerar como si fuese una carga puntual. (ii) Se usa la expresión del campo eléctrico aplicable a una carga puntual, con objeto de calcular el campo eléctrico diferencial dE producido por el elemento general de carga dQ en el punto P. (iii) Se suman vectorialmente (es decir, se integran) los campos eléctricos diferenciales dE producidos por todos los elementos de carga dQ en que se subdivide la distribución dada.

Fig. 9

Expresaremos estas ideas matemáticamente. Previamente recordemos la siguiente notación y nomenclatura: El punto campo P es aquel punto del espacio donde deseamos calcular el campo eléctrico. Para efectos de este cálculo, P es un punto fijo del espacio. Una vez hecho el cálculo, las coordenadas de P podrán considerarse variables. Designaremos con “P(x, y, z)” las coordenadas del punto campo, y su vector de posición con

r = (x, y, z) = x i + y j + z k

El punto fuente P’ es un punto arbitrario de la distribución de carga dada. En este punto se localiza el elemento de carga dQ, el cual puede ser un pequeño segmento, área o volumen, según que la distribución de carga sea lineal, superficial o volumétrica, respectivamente. Las coordenadas de P’ se designarán con primas en la forma “P’(x’, y’, z’)”, y su vector de posición se denotará con

r’ = (x’, y’, z’) = x’ i + y’ j + z’ k

2‐9

Las coordenadas de P’ son variables, que varían por toda la región espacial ocupada por la carga. El vector separación (o desplazamiento) que une P’ con P se denota con “R”. Su magnitud “R” es la distancia entre los puntos fuente y campo. En la Fig. 9 se advierte la relación R = r – r’ Pasemos ahora a obtener la expresión matemática general del campo E en P. Dado que el elemento de carga dQ se considera una carga puntual, su campo eléctrico dE producido en el punto P tiene una magnitud dE dada por

20

1 dQdE4 R

=πε

La dirección de este campo es a lo largo de la línea P’P, es decir, la misma que la del vector R, como se muestra en la Fig. 9. Ahora bien, sean α1, α2 y α3 los ángulos que forma el campo diferencial dE con los Ejes X, Y y Z, respectivamente. Entonces las componentes de este campo son

x 1 y 2 z 32 2 20 0 0

1 dQ 1 dQ 1 dQdE cos dE cos dE cos4 4 4R R R

= α = α = απε πε πε

Finalmente, para obtener el campo producido por toda la distribución integramos cada componente, de tal manera que

(10) x 1 y 2 z 32 2 20 0 0

1 dQ 1 dQ 1 dQE cos E cos E cos4 4 4R R R

= α = α = απε πε πε∫ ∫ ∫

Las integrales se extienden sobre toda la región ocupada por la carga. Estas son las expresiones buscadas. En este curso nos limitaremos a los campos eléctricos (y magnéticos) producidos por cuerpos regulares como alambres rectos, anillos circulares, esferas, cilindros, planos, etc. En la mayoría de los casos que trataremos aprovecharemos las simetrías de la distribución de carga dada, así como la ubicación del punto campo, para reducir el problema al cálculo de solamente una o dos de las integrales (10). En las secciones 5, 6 y 7 consideramos sendos ejemplos de aplicación de las fórmulas (10).

2‐10

EJEMPLO 2.9. Un anillo circular de radios interior R1 y exterior R2 y grosor muy delgado, de tal

manera que se puede considerar plano, posee una carga eléctrica uniformemente distribuída. Demostrar que el campo eléctrico del anillo en los puntos sobre su eje de simetría perpendicular a su plano apunta a lo largo de dicho eje. Coloquemos el anillo con su centro en el origen de un sistema cartesiano XYZ, como se muestra en la Fig. 10. Se desea demostrar que el campo eléctrico del anillo en los puntos del Eje Z

Fig. 10

está precisamente en la dirección de este eje. Esto lo podemos ver superponiendo vectorialmente los campos eléctricos diferenciales “dE” producidos por los elementos de carga del anillo. Veamos.

Fig. 11

Consideremos dos elementos de carga (dQ)1 y (dQ)2 dispuestos simétricamente con respecto al

origen, como vemos en la Fig. 11. Las áreas de estos elementos son iguales, lo mismo que sus cargas diferenciales: (dQ)1 = (dQ)2.

Los campitos eléctricos dE1 y dE2 que producen estos elementos en un punto cualquiera del Eje Z

tienen la misma magnitud, y sus direcciones son tales que las componentes de estos campitos sobre el plano XY son iguales y de signos contrarios. Estas últimas componentes se cancelan. Por otra parte, las componentes a lo largo del Eje Z se suman. Todo el anillo se puede dividir en tales parejas de elementos de carga, por lo que la suma vectorial de todos estos campos diferenciales, es decir, el campo total del anillo, solamente tendrá componente Z en los puntos del Eje Z, Q.E.D. El razonamiento que acabamos de emplear se denomina “de simetría”. En otros casos de simetría el campo total puede calcularse evaluando solamente una de las integrales (10), como veremos.

2‐11

2.5. CAMPO ELÉCTRICO GENERADO POR UN TROZO DE ALAMBRE RECTO DE LONGITUD L Y CARGA ELÉCTRICA TOTAL Q DISTRIBUÍDA UNIFORMEMENTE. He aquí el procedimiento para calcular este campo, paso a paso: 1. Hacer una figura clara de la situación y escoger un sistema de Ejes XYZ conveniente. Notemos que el campo del trozo de alambre tiene simetría rotacional alrededor del eje coincidente con el mismo, de tal manera que no se pierde generalidad si colocamos el trozo como se muestra en la Fig. 12, con el alambre a lo largo del Eje Y, y su centro en el origen del sistema XY. 2. Marcar el punto campo P(x, y, z) y el punto fuente general P’(x’, y’, z’). Deseamos calcular el campo E en un punto arbitrario P(x, y) del plano XY. Este es entonces el punto campo. El punto fuente general es un punto cualquiera del trozo de alambre. Es un punto variable cuyas coordenadas son P’(0, y’). La coordenada y’ varía entre –L/2 y +L/2. En el punto fuente P’ se localiza el elemento de carga dQ. En la Fig. 12 no hemos trazado la forma de este elemento, lo haremos un poco más adelante. Tracemos el segmento P’P, denotando su longitud con “R”.

Fig. 12

3. Obtener la magnitud del campo dE producido por el elemento de carga en el punto campo P. En el punto fuente P’ imaginemos colocada una pequeña carga dQ. El campo dE que produce esta carga en P se obtiene con la fórmula del campo de una carga puntual, es decir,

20

1 dQdE4 R

= ⋅πε

(Esta es la magnitud del campo dE producido por dQ)

Como vemos en la Fig. 12, dE está dirigido a lo largo de la línea P’P. De la misma figura obtenemos

2 2R x (y y )′= + −

de tal manera que

(11) 2 2 20 0

1 dQ 1 dQdE4 4R (x (y y ) )

= ⋅ = ⋅πε πε ′+ −

En la siguiente etapa analizamos con más detalle la forma geométrica del elemento de carga dQ, que se supone localizado en P’.

2‐12

4. Trazar por separado el detalle del elemento de carga dQ. Expresar su dimensión geométrica “ ds’ ” en términos de las diferenciales de las coordenadas del punto fuente. El detalle del elemento dQ, ubicado en el punto (0, y’), se muestra en la Fig. 13. El elemento de carga es un trocito recto de alambre de longitud dy’, que porta carga dQ. Tenemos así que la relación dQ = λ ds’ se convierte en (12) dQ = λ dy’ Puesto que la carga está distribuída uniformemente, la densidad de carga lineal del alambre es simplemente

QL

λ =

de modo que

(13) QdQ dy dyL

′ ′= λ =

Fig. 13

5. Sustituir dQ en la expresión para dE, y obtener las componentes dEx y dEy del campo. Poniendo (13) en (11),

(14) 2 2 2 20 0

dy dy1 QdE4 4 L(x (y y ) ) (x (y y ) )

′ ′λ= ⋅ = ⋅

πε ′ πε ′+ − + −

El ángulo que forma dE con el Eje X es “α”, el mismo que vemos en la Fig. 14 junto al punto P’. Se tiene

(15)

2 2

2 2

x xcosR x (y y )

y y y ysenR x (y y )

α = =′+ −

′ ′− −α = =

′+ −

Las componentes del campo eléctrico diferencial dE son entonces

Fig. 14

2‐13

x 2 2 3 / 20

xdyQdE dE cos4 L [x (y y ) ]

′= ⋅ α = ⋅

πε ′+ −

y 2 2 3 / 20

(y y )dyQdE dE sen4 L [x (y y ) ]

′ ′−= ⋅ α = ⋅

πε ′+ −

Advierta que las coordenadas (x, y) del punto campo P son constantes. La única variable aquí es y’. Se tiene

(16) L / 2

x x 2 2 3 / 2L / 20

dyQxE dE4 L [x (y y ) ]−

′= =

πε ′+ −∫ ∫

L / 2

y y 2 2 3 / 2L / 20

(y y )dyQE dE4 L [x (y y ) ]−

′ ′−= =

πε ′+ −∫ ∫

6. Evaluar las integrales de dEx y dEy. Los límites de integración deben cubrir toda la distribución de carga. Para calcular las integrales, hacemos el cambio de variable

u = y − y’ du = −dy’

y Ex y Ey se vuelven

L / 2

x 3 / 2L / 2 2 20

Qx duE4 L x u−

= −πε ⎡ ⎤+⎣ ⎦

∫ L / 2

y 2 2 3 / 2L / 20

Q uduE4 L [x u ]−

= −πε +∫

Consultando las tablas de integrales encontramos

(17) ( ) ( )23 / 2 3 / 22 2 2 22 2 2 2

du 1 u udu 1C Ca a u a ua u a u

= ⋅ + = − ++ ++ +

∫ ∫

lo que nos da para Ex y Ey finalmente las expresiones:

(18a)

L2

L2

x 2 2 2 2 20 0 2 2

L Ly yQx y y1 Q 2 2E4 L 4 Lxx x (y y ) L Lx y x y

2 2−

⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎡ ⎤′− ⎜ ⎟⎢ ⎥= − ⋅ = − −⎜ ⎟πε πε⎢ ⎥′+ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎣ ⎦ + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(18b)

L2

L2

y 2 2 2 20 0 2 2

Q 1 Q 1 1E4 L 4 Lx (y y ) L Lx y x y

2 2−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎢ ⎥= = −⎜ ⎟πε πε⎢ ⎥′+ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎣ ⎦ + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2‐14

7. Discusión.

Fig. 15

Con ayuda de la Fig. 15 podemos simplificar estas expresiones a lo siguiente:

(19a) x 1 20

QE (sen sen )4 Lx

= α − απε ⋅

(19b) y0 2 1

Q 1 1E4 L L L

⎛ ⎞= −⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

Campo eléctrico de un trozo de alambre de longitud L y carga uniforme Q. Note que estas expresiones ya no dependen de dónde se coloque el origen de coordenadas del sistema XY. El Eje Y debe estar a lo largo del alambre y dirigido del extremo designado “1” hacia el extremo “2”.

Los ángulos α1 y α2 son los que forman las líneas desde los extremos del alambre hasta P. Estos ángulos se miden desde la dirección positiva del eje X en sentido antihorario. Si se miden en sentido horario deben tomarse como negativos. En la Fig. 16 se muestran esquemáticamente unas líneas del campo eléctrico del alambre. Son hipérbolas cuyos focos son los extremos del alambre.

Fig. 16

2‐15

Examinemos las expresiones resultantes. El campo es infinito en los puntos dentro del alambre, donde x = 0. En el eje de simetría perpendicular al alambre (es decir, a lo largo del Eje X) se anula la componente Ey, puesto que allí se verifica que L1 = L2 (Fig. 17). En este caso, notando que α2 es negativo y que α1 = – α2 tenemos

x 1 2 10 0

Q QE (sen sen ) (2sen )4 Lx 4 Lx

= α − α = απε ⋅ πε ⋅

o sea

(20) x 2 20

Q 1E4 x x (L / 2)

= ⋅πε +

Campo eléctrico (componente única Ex) de un trozo de alambre en los puntos sobre su eje de simetría perpendicular (Eje X, origen en el centro del trozo).

Fig. 17

Fig. 18 Sobre el eje longitudinal del alambre, fuera de él (es decir, a lo largo del Eje Y), se anula la componente Ex, puesto que allí se tiene α1 = α2 = 90° en la parte superior y α1 = α2 = −90° en la parte inferior (Fig. 18). En este caso, la componente única del campo es

21) y 20 0 2

Q 1 1 Q 1E L L4 L 4 Ly y y2 2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟

= − =⎜ ⎟πε πε ⎛ ⎞⎜ ⎟− + − ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Campo eléctrico (componente única Ey) de un trozo de alambre en los puntos sobre su propio eje (Eje Y, origen en el centro del trozo). Válida para |y| > L/2.

En las partes negativas de los Ejes X y Y las expresiones de los campos son las mismas, (20) y (21), excepto que habría que cambiarles el signo algebraico.

2‐16

EJEMPLO 2.10 Usando el campo del trozo de alambre obtenido en la sección anterior, obtener por un proceso de límite el campo eléctrico de un alambre recto infinito.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Usaremos las expresiones para el campo de un trozo de alambre, dadas por las Ecs. (19a,b‐p14), a saber,

x 1 20

QE (sen sen )4 Lx

= α − απε ⋅

y0 2 1

Q 1 1E4 L L L

⎛ ⎞= −⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

Para obtener el campo de un alambre recto infinito haremos tender la longitud L a infinito. Pero debemos advertir que no basta con hacer tender L → ∞ en las expresiones Ex y Ey. Debemos tomar en

cuenta que la densidad de carga λ debe mantenerse constante, así que el límite correcto es

L → ∞ y Q → ∞ con QL

λ = = constante

Entonces, antes de calcular el límite incluyamos la constante λ en las expresiones de Ex y Ey:

x 1 2 y0 0 2 1

1 1E (sen sen ) E4 x 4 L L

⎛ ⎞λ λ= α − α = −⎜ ⎟πε πε ⎝ ⎠

Está claro que cuando L tiende a infinito, α1 → 90° y α2 → −90° (Véase la Fig. 15 en la página 14), y la diferencia entre L1 y L2 tiende a cero. Las componentes de E tienden a

(22a) x0

E2 x

λ=

πε ⋅

(22b) Ey = 0

Campo eléctrico de un alambre infinito cargado uniformemente con densidad lineal λ, en un punto a distancia “x” del alambre.

Las líneas de fuerza del campo eléctrico de un alambre infinito son ortoaxiales, es decir, perpendiculares al alambre. Si λ es positiva, las líneas “nacen” en el alambre (caso de la Fig. 19); el campo E se dirige huyendo del alambre. Si λ es negativa, las líneas terminan en el alambre, “mueren” en él. Las líneas de fuerza están contenidas en una familia de planos perpendiculares al alambre.

Fig. 19

2‐17

EJEMPLO 2.11. Refiriéndonos a la Fig. 20, calcular el campo eléctrico del trozo de alambre de longitud L, cargado uniformemente con carga total Q, en el punto cuyas coordenadas son (L, L/4). Repitamos aquí las fórmulas (19a,b) encontradas en la página 14:

x 1 20

QE (sen sen )4 Lx

= α − απε ⋅

Fig. 20

y0 2 1

Q 1 1E4 L L L

⎛ ⎞= −⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

Tracemos las longitudes L1 y L2 desde los extremos del alambre hasta el punto campo P, así como los ángulos α1 y α2, como se

muestra en la Fig. 21. (Ojo: L1 se mide desde el

extremo con coordenada Y negativa). Recordemos que estos ángulos se miden desde la dirección horizontal en cada extremo y en sentido antihorario, de tal manera que en este caso α1 es positivo y α2 negativo. Tenemos

22

21

25L 5L3LL L4 16 4

⎛ ⎞= + = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Fig. 21

2

22

17 LLL L4 4

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠

11

3L / 4 3L / 4 3senL 5L / 4 5

α = = = 22

L / 4 L / 4 1senL 17 L/ 4 17

α = − = − = −

Sustituyendo en las expresiones de Ex y Ey,

x 20 0

Q 3 1 Q 3 1E ( )4 L L 5 517 174 L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − = ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟πε ⋅ ⋅ πε ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y 20 0

Q 1 1 Q 1 1EL 5L / 4 517 L / 4 17L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟4πε ⎝ ⎠πε⎝ ⎠

2‐18

EJEMPLO 2.12. Tres barras de la misma longitud L, cargadas uniformemente, forman un triángulo equilátero, como se muestra en la Fig. 22. La barra en la base porta carga “–Q”, y las otras dos barras portan carga “Q” cada una. Calcular el campo eléctrico en el baricentro del triángulo.

Fig. 22 Fig. 23 El baricentro del triángulo es el punto de intersección de las medianas, que son las rectas trazadas desde cada vértice hasta el punto medio del lado opuesto, o sea, en la Fig. 23, las rectas AM1, BM2 y CM3.

El baricentro D divide a cada mediana en una relación 1:2, de tal manera que las longitudes de los segmentos DM1, DM2 y DM3 son iguales todas a la tercera parte de la longitud de la mediana.

Se tiene entonces

DM1 = DM2 = DM3 = ( )1 1 3 3L sen60 L L3 3 2 6

° = ⋅ =

En la Fig. 23 se muestran los campos eléctricos E1, E2 y E3 producidos en el baricentro D respectivamente por las barras BC, AC y AB. Aplicaremos ahora la fórmula (20‐p15), que nos da la magnitud de cada campo:

2 20

Q 1E4 x x (L / 2)

= ⋅πε +

A una distancia 3x L6

= tenemos las magnitudes

1 2 3 22 20 0

Q 1 Q 6E E E4 4 L3 3L LL

6 6 2

= = = ⋅ = ⋅πε πε⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

El campo total en el baricentro tiene solamente componente vertical, igual a

y 1y 2y 3y 2 2 2 20 0

Q 6 6 6 Q 12E E E E cos60 cos604 4L L L L

⎛ ⎞= + + = ° + ° + = ⋅⎜ ⎟πε πε⎝ ⎠

2‐19

2.5. CAMPO ELÉCTRICO DE UNA ESPIRA CIRCULAR DE RADIO “a”, CARGADA UNIFORMEMENTE CON CARGA TOTAL “Q”, EN UN PUNTO CUALQUIERA SOBRE SU EJE DE SIMETRÍA PERPENDICULAR. El cálculo de este campo eléctrico en un punto arbitrario del espacio (x, y, z) conduce a unas integrales no elementales. Sin embargo, es fácil de calcular para puntos campo situados sobre el eje de simetría perpendicular al plano de la espira, cosa que haremos en este ejemplo. Seguiremos los mismos pasos que en el ejemplo relativo al trozo de alambre recto. 1. Hacer una figura clara de la situación y escoger un sistema de Ejes XYZ conveniente. Observe la Fig. 24: hemos colocado la espira sobre el plano XY, y escogido los Ejes XYZ simétri‐camente, como vemos en dicha figura. El centro de la espira coincide con el origen del sistema XYZ.

Fig. 24

2. Marcar el punto campo P(x, y, z) y el punto fuente general P’(x’, y’, z’). Deseamos calcular el campo E en un punto arbitrario P(0, 0, z) del Eje Z. Este es entonces el punto campo. El punto fuente general es un punto cualquiera de la espira. Es un punto variable cuyas coordenadas son P’(x’, y’). De hecho aquí conviene localizar a P’ no mediante sus coordenadas cartesianas, sino mediante el ángulo θ’ que forma la línea OP’ con el Eje X. 3. Obtener la magnitud del campo eléctrico dE producido por el elemento de carga en el punto campo P. El elemento de carga dQ, situado en el punto P’, produce en P un campo dE cuya magnitud dE viene dada por la expresión del campo de una carga puntual, es decir,

20

1 dQdE4 R

= ⋅πε

Como vemos en la Fig. 24, dE está dirigido a lo largo de la línea P’P. De la misma figura obtenemos

2‐20

2 2R a z= +

2‐21

de tal manera que

(23) 2 2 20 0

1 dQ 1 dQdE4 4R a z

= ⋅ = ⋅πε πε +

4. Trazar por separado el detalle del elemento de carga dQ. Expresar su longitud ds’ en términos de las diferenciales de las coordenadas del punto fuente. Veamos ahora el detalle del elemento de carga, que se muestra sombreado en la Fig. 25. Es un pequeño arco de círculo que subtiende un ángulo dθ’ en el origen. Su longitud es ds’ = a dθ’. La relación dQ = λ ds’ se convierte en dQ = λ a dθ’ Por otra parte, la densidad de carga de la espira, como es constante, se obtiene dividiendo su carga total Q por su circunferencia, o sea,

Q2 a

λ =π

Fig. 25

de tal manera que obtenemos para dQ la expresión

(24) Q QdQ ad ad d2 a 2

′ ′ ′= λ ⋅ θ = ⋅ θ = ⋅ θπ π

5. Sustituir dQ en la expresión para dE, y obtener las componentes dEx y dEy del campo. Sustituyendo lo anterior en la expresión para dE,

2 2 2 20 0

1 dQ Q ddE4 4 2a z a z

′θ= = ⋅

πε πε ⋅ π+ +

Volvamos a la Fig. 24, que muestra el campo dE producido por el elemento de carga en P’. Está claro que los campos diferenciales dE producidos por los demás elementos de carga “giran” alrededor del Eje Z, de tal manera que las componentes horizontales de todos estos campitos se cancelan. Es decir, por simetría el campo E en P tendrá solamente componente Z. Dado que dE forma con el Eje Z un ángulo

cuyo coseno es 2 2z / a z+ , tendremos

( )

z 2 2 3 / 22 2 2 20 0

Q d z Q zddE4 2 4 2a z a z a z

′ ′θ θ= ⋅ = ⋅

πε ⋅ π πε ⋅ π+ + +

2‐22

6. Evaluar las integrales de dEx y dEy. Los límites de integración deben cubrir toda la distribución de carga. La integral de dEz es inmediata, puesto que la única variable es θ’ (observe que tanto z como el

factor ( )3 / 22 2a z+ son constantes y pueden sacarse de la integral). El resultado es

( )

2z 3 / 2 02 20

Q zE d ʹ4 2 a z

π= ⋅ θ

πε ⋅ π +∫

(25) ( )

z 3 / 22 20

Q zE4 a z

=πε +

Campo eléctrico de una espira circular de radio “a” y carga total uniforme “Q”, en un punto sobre su eje de simetría perpendicular, situado a una distancia “z” del centro de la espira.

La expresión (25) es válida también para z < 0. 7. Discusión. a) Cuando z es muy grande en comparación con “a” se puede despreciar el término a2 en el denominador de (25), y entonces el campo es aproximadamente igual a

z 20

QE4 z

=πε

o sea, desde lejos, la carga del anillo se ve como si fuera puntual, como era de esperarse. b) Si z es muy pequeña, o sea cerca del centro de la espira, podemos aproximar el campo desarrollándolo en potencias de la cantidad pequeña z2/a2 << 1: (Para ello usamos el desarrollo binomial n(1 x) 1 nx ...+ ≈ + + )

( )

32 223 3

3 3 3 2 2 322 2 22 2 23222

1 1 1 z 3z 1a 1 a 1 ...a 2a a

za z z a 1a 1aa

−− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = = + = − + ≈⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞+

++ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(Note que esto equivale a despreciar el término z2 en el binomio elevado a la 3/2). Entonces, muy cerca del centro del anillo, sobre el eje de simetría, tendremos

(26) z 30

QzE

4 a=

πε

2‐23

EJEMPLO 2.13. Se coloca una espira (radio “a”, carga uniforme “Q”) de tal modo que el Eje X pasa por su centro perpendicularmente al plano de la espira. ¿En qué punto “xm” ocurre el máximo del campo

eléctrico? La Ec. (25) de la sección precedente nos da el campo de la espira a lo largo del Eje X en la forma

( )x 3 / 22 20

Q xE4 a x

=πε +

El máximo del campo Ex se encuentra imponiendo

la condición

xdE 0dx

=

Fig. 26 Pongamos

( ) 3 / 22 2x

0

QE x a x4

−= +

πε

y utilicemos la fórmula para la derivada de un producto:

2 2 3 / 2 2 2 5 / 2x

0

dE Q 3(a x ) x (a x ) 2xdx 4 2

− −⎡ ⎤⎛ ⎞= + + ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟⎢ ⎥πε ⎝ ⎠⎣ ⎦0

2

x2 2 3 / 2 2 2 5 / 2

0

dE Q 1 3x 0dx 4 (a x ) (a x )

⎡ ⎤= − =⎢ ⎥πε + +⎣ ⎦

Multiplicando toda la ecuación por 2 2 5 / 2(a x )+ se llega a

2 2 2(a x ) 3x 0+ − =

Existen entonces dos soluciones, dadas por

2a 2ax y x2 2

= = −

La primera de estas corresponde al máximo de Ex.

2‐24

EJEMPLO 2.14. Dos espiras circulares, una con carga uniforme Q y radio R, y la otra con carga uniforme –Q/4 y radio R/2, tienen sus planos paralelos y el mismo eje de simetría perpendicular (Eje X). Los centros de las espiras están localizados en x = 0 y x = s. Calcular el campo eléctrico producido por las dos espiras en el punto de coordenada x = 2s.

Fig. 27

La Ec. (25‐p21) nos da el campo de una espira de carga Q y radio R a lo largo del Eje X en la forma

( )3 / 22 20

carga xE4 radio x

=πε +

(En la Ec. (25) hemos cambiado Q por “carga”, “a” por “radio” y “z” por “x”, para adaptarla a este caso). Entonces el campo de la espira de carga Q, en el punto campo considerado, es

1 2 2 3 / 2 2 2 3 / 20 0

Q 2s Q 2sE4 4(R (2s) ) (R 4s )

= =πε πε+ +

y el campo de la espira de carga –Q es

2 2 2 3 / 2 3 / 2 2 2 3 / 220 0 02

Q / 4 s Q/ 4 s Q 2sE4 4 4((R / 2) s ) (R 4s )R s

4

−= = − = −

πε πε πε+ +⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

El campo total es

E = E1 + E2 = 0 EJEMPLO 2.15. Una carga puntual negativa –q, de masa m, se libera del reposo sobre el eje de simetría perpendicular de un anillo circular de carga positiva Q y radio R, muy cerca de su centro. Demostrar que la carga ejecuta un movimiento armónico simple y calcular su frecuencia angular de oscilaciones.

Fig. 28

2‐25

La carga –q experimenta la fuerza del campo eléctrico Ez debido al anillo. Esta fuerza es F = –q Ez Por otra parte, la Ec. (26‐p21) nos da el campo eléctrico del anillo muy cerca de su centro, en la forma

z 3

0

QzE

4 R=

πε

de tal manera que la fuerza es

3

0

qQF z4 R

= − ⋅πε

Abreviemos la constante

3

0

qQK4 R

=πε

con lo que

F = – K z

Se trata en este caso de una fuerza restauradora, análoga a la fuerza que un resorte lineal de constante

elástica “k” ejerce sobre una masa sujeta a su extremo libre (F = – k x). El movimiento de la carga –q es completamente análogo al de la masa en el resorte; es un movimiento armónico simple. Para la masa en el resorte, la frecuencia angular de oscilaciones es

k2m

ω= π

Por analogía, la frecuencia angular de la carga –q será

30

qQK2 2m 4 mR

ω= π = ππε

2‐26

2.6. CAMPO ELÉCTRICO PRODUCIDO POR UNA LÁMINA DELGADA PLANA CIRCULAR DE RADIO “a” Y CARGA ELÉCTRICA TOTAL Q DISTRIBUÍDA UNIFORMEMENTE. Coloquemos la lámina circular (o “disco”) sobre el plano XY, con su centro en el origen O, como se muestra en la Fig. 29. El campo eléctrico posee simetría rotacional alrededor del Eje Z. El punto campo es un punto arbitrario sobre el Eje Z, de coordenadas cartesianas P(0, 0, z). El punto fuente general es un punto arbitrario del disco, donde suponemos localizada la carga puntual dQ. Conviene usar aquí coordenadas polares en el plano XY, con lo que tendremos P’(r’, θ’), donde r’ y θ’ son variables cuyo rango de variación viene dado en la Fig. 29. El campo eléctrico dE producido por la carga puntual dQ en el punto P está dirigido según la línea P’P. Como usualmente, denotamos con “R” la distancia entre P’ y P, igual a

2 2R z r′= +

0 ≤ r’ ≤ a 0 ≤ θ’ ≤ 2π

Fig. 29

Entonces la magnitud de dE es

(27) 2 2 20 0

1 dQ 1 dQdE4 4R z r

= ⋅ = ⋅πε πε ′+

Consideremos ahora el elemento de carga “dQ”. Puesto que la carga está distribuída uniformemente, la densidad de carga superficial del disco es simplemente

(28) 2Carga total del disco Q

Área del disco aσ = =

π

Por otra parte, como vemos en la Fig. 30, la carga dQ ocupa el elemento de área en coordenadas polares. Su área es (29) da’ = r’ dr’ dθ’

Fig. 30

Poniendo (28) y (29) en la relación dQ = σ da’ obtenemos

(30) 2QdQ da ʹ r dr da

′ ′ ′= σ = θπ

2‐27

Sustituyendo (30) en (27),

2 2 2 20 0

1 dQ Q r dr ddE4 R (4 ) a z r

′ ′ ′θ= ⋅ = ⋅

πε ′πε π +

Por simetría, el campo del disco tiene solamente componente Z. Dado que dE forma con el Eje Z un

ángulo α cuyo coseno es “ z/r “, o bien 2 2

z

z r′+, dicha componente es

( )

z 2 3 / 22 20

Q z r dr ddE dE cos(4 ) a z r

′ ′ ′θ= α = ⋅

πε π ′+

Para evaluar Ez debemos efectuar una integral doble, sobre las variables r’ y θ’. Para ello hacemos

uso del teorema dado por la ecuación (8‐p5). Obtenemos

( )

a 2z 2 3 / 20 02 20

Qz r drE d(4 ) a z r

π⎛ ⎞

′ ′ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ′= ⋅ θ⎜ ⎟⎜ ⎟πε π ⎝ ⎠⎜ ⎟′+⎝ ⎠∫ ∫

La fórmula (17‐p13) nos permite evaluar la primera integral. La segunda es simplemente igual a 2π. El resultado, puesto en términos de la densidad de carga, es

(31) z 2 20

zE 12 z a

⎛ ⎞σ= −⎜ ⎟⎜ ⎟ε +⎝ ⎠

Campo eléctrico de una lámina circular de radio “a” y densidad de carga “s”, en un punto a altura “z” sobre su eje de simetría perpendicular.

Discusión. Durante el cálculo de Ez hemos supuesto que z > 0. Por simetría, está claro que la expresión de Ez válida para z < 0 es

(32) z 2 20

zE 1

2 z a

⎛ ⎞σ= − −⎜ ⎟⎜ ⎟ε +⎝ ⎠

Campo de un disco (para z < 0)

Hay un par de puntos importantes que podemos extraer de la expresión (31). Primero: el campo eléctrico no es singular en z = 0, es decir, en el centro del disco. Al acercarnos al centro del disco por arriba (z → 0+), el campo tiende al valor

(33) z0

E2σ

=ε

Acercándonos al centro del disco por valores negativos de z (o sea z → 0–), el campo tiende a

(34) z0

E2σ

= −ε

2‐28

Segundo: ¡El campo eléctrico en el centro del disco no depende del radio “a”! En la Fig. 31 se muestran esquemáticamente las líneas de fuerza del campo eléctrico del disco.

Fig. 31

EJEMPLO 2.16. Consideremos una lámina circular (o “disco”) de radio arbitrario, cargada uniformemente. Extraigamos del disco un trozo circular concéntrico y situemos una carga testigo q en el centro del hueco, como vemos en la Fig. 32. Demostrar que esta carga no sufre fuerza eléctrica neta, porque el campo del ánulo circular es cero en su centro.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ La explicación se basa en el principio de superposición de campos. Podemos ver el campo del ánulo en el centro como la suma vectorial de dos campos: el de un disco sólido, cargado positivamente con densidad σ, y el de otro disco concéntrico con la misma densidad de carga pero negativa (Fig. 33)

Fig. 32

Sabemos que el campo del disco positivo en su centro (por la parte de arriba, o sea en z = 0+) es (Ec. (33))

Ezo

=σε2 ↑

Por otra parte, el campo del disco negativo en su centro (en z = 0+) no depende de su radio, que puede ser tan pequeño como se quiera.

Fig. 33

Este campo apunta hacia abajo en z = 0+. Ambos campos se cancelan, QED. El mismo resultado se obtiene si consideramos el campo total de los dos discos de la Fig. 33 en la parte de abajo del centro.

2‐29

EJEMPLO 2.17. Calcular el campo eléctrico de una hoja plana infinita cargada con densidad superficial constante de carga “σ”.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ El resultado principal de la Sección 5 (Ec. 31‐p26) puede utilizarse para calcular este campo. Veamos. El campo de una placa infinita cargada con densidad superficial constante σ se obtiene haciendo tender el radio del disco de la Sección 5 a infinito. El resultado es un campo constante en todo el espacio:

2 2a 0 0

zlím 12 2z a→∞

⎛ ⎞σ σ− =⎜ ⎟⎜ ⎟ε ε+⎝ ⎠

(35) o

E2σ

=ε Campo de una hoja infinita

Esta clase de campo se denomina uniforme. Las líneas de fuerza del campo son rectas perpendiculares al plano de la placa, como vemos en la Fig. 34.

Fig. 34 Si bien la expresión (35) del campo E es válida para una placa infinita, se puede usar cuando la placa tiene gran extensión y el punto campo considerado está cerca de la parte central de la misma. Un dispositivo que consta de dos placas paralelas, de separación d y la misma área A, una de ellas cargada positivamente con densidad +σ y la otra negativamente con la misma densidad (−σ), constituyen lo que se denomina un capacitor de placas paralelas (Fig. 35). Si A es grande y d es pequeña, el campo eléctrico del capacitor es prácticamente cero fuera del mismo, y dentro, no muy cerca de las orillas, es igual a

(36) 0

E σ=ε Campo de un capacitor de placas paralelas

2‐30

Fig. 35

Esto lo podemos demostrar superponiendo los campos de ambas placas en todo el espacio. En la región por encima de la placa positiva, lo mismo que en la región por debajo de la placa negativa, los campos de una y otra placa poseen direcciones opuestas y se anulan. En la región entre las placas los campos tienen la misma dirección (hacia abajo) y se suman. 2.7. SUPERPOSICIÓN VECTORIAL DE CAMPOS ELÉCTRICOS. Utilizando el principio de superposición vectorial de los campos eléctricos, podemos calcular el campo eléctrico generado por dos o más distribuciones de carga de las consideradas en las secciones 3, 4 y 5, si bien el punto campo debe estar localizado convenientemente. Veremos algunos ejemplos. EJEMPLO 2.18. A un alambre recto vertical infinito le falta un pedazo de longitud ʺaʺ. En el extremo inferior de este pedazo (punto F) toca un disco de radio ʺaʺ, cuyo plano es perpendicular al alambre, como se muestra en la Fig. 36. Calcular el campo eléctrico en el punto P a una altura ʺaʺ sobre el centro del disco y en su eje de simetría perpendicular. El alambre tiene densidad de carga λ, y el disco σ (constantes).

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Fig. 36 Fig. 37

El campo deseado lo podemos obtener superponiendo los campos de las tres distribuciones mostradas en la Fig. 37. Note que el trozo de alambre de longitud ʺaʺ y carga negativa (densidad −λ) cancela el campo del trozo positivo frente a él, quedando la distribución original de la Fig. 36. Colocamos un sistema de ejes X y Y como se muestra en la Fig. 36, de modo que las coordenadas del punto campo son P(a, a). A continuación las contribuciones de cada distribución:

2‐31

Fig. 38

Trozo de alambre. Usando las fórmulas (19a,b) obtenidas en la página 14 tenemos

( )(1) (1)

x yo o

2 22E E8 a 8 a

λ −λ= − = −

πε πε

Disco. De la fórmula (31) de la página 26,

( )(2)

yo

2 2E

4

σ −=

ε

Alambre infinito.. De las fórmulas (22a,b) de la página 16,

(3)x

0E

2 aλ

=πε

Superponiendo los campos obtenidos tenemos para el campo en P la expresión

( ) ( )(1) (3) (1) (2)x x y yE E E E= + + +E i j

Fig. 35

O sea

x y0 0

2 2 2E 1 E2 a 4 4 2 a

⎛ ⎞λ − λ⎛ ⎞= − = − + σ⎜ ⎟ ⎜ ⎟πε ε π⎝ ⎠⎝ ⎠

2‐32

EJEMPLO 2.19. Una lámina plana muy grande, cargada uniformemente con densidad superficial de carga “σ”, tiene una porción hueca circular. El radio de esta parte circular es “R”. Calcular el campo eléctrico de la lámina, cerca de ella, sobre el eje perpendicular que pasa por el centro de la parte circular.

Fig. 36

Dado que la lámina es muy grande, supondremos que es infinita. El campo E que deseamos calcular es la superposición vectorial de dos campos, a saber: • El campo de una lámina plana infinita, cuya densidad de carga es σ, dado por

10

E2σ

=ε

(Consulte la Ec. (35) en la página 28) • El campo de una lámina circular plana de radio R y densidad de carga –σ, dado por

2 2 20

zE 12 z R

⎛ ⎞−σ= −⎜ ⎟⎜ ⎟ε +⎝ ⎠

(Consulte la Ec. (31) en la página 26). Tenemos entonces

1 2 2 20 0

zE E E 12 2 R z

⎛ ⎞σ −σ= + = + −⎜ ⎟⎜ ⎟ε ε +⎝ ⎠

2 2

0

zE

2 R z

σ=

ε +

2‐33

2.7. PROBLEMAS. 1. Una esfera sólida de radio R posee una densidad volumétrica de carga no uniforme ρ que varía con la distancia “r” al centro de la esfera conforme a la relación

2Cr

ρ =

donde C es una constante cuyas unidades son C/m. Calcular esta constante sabiendo que la carga total de la esfera es Q. Sugerencia. Dada la simetría esférica de la función ρ se puede tomar el elemento de volumen de la esfera

en la forma dV = 4πr2 dr. Resp. C = Q/4πR 2. La superficie lateral de un cascarón cilíndrico (“tubo”) de radio R = 0.65 m y altura h = 0.82 m posee una

distribución superficial de carga eléctrica dada por σ = 130 μC/m2. Calcular la carga total alojada en dicha superficie lateral. Resp. Q = 435.36 μC. 3. Una lámina circular delgada de radio “a” posee una carga total uniforme “Q”. Dentro de la lámina se toma un anillo circular cuyos radios menor y mayor son “r” y “r + dr”, donde “dr” es una cantidad infini‐tesimal. Se desea describir la densidad de carga de este anillo mediante una densidad lineal de carga λ ¿Cuál sería el valor de esta densidad?

Resp. λ = σ dr 4. Dos esferas sólidas contienen la misma carga total Q, uniformemente distribuída. Los radios de las esferas son “a” y “b”. ¿Cómo se comparan sus respectivas densidades de carga volumétrica ρa y ρb? Resp.

3a

3b

ba

ρ=

ρ

2‐34

5. Un trozo de alambre recto de longitud L y carga total Q distribuída uniformemente se coloca con un extremo en el origen de un sistema cartesiano XY, y el otro extremo en el punto (L, 0), como se muestra en la figura. Siguiendo paso a paso el método de integración ilustrado en la Sección 5 (página 11), obtenga el campo eléctrico del alambre en un punto arbitrario P(x, y) del plano. Resp. Ex = (kQ/L)(1/L2 – 1/L1) Ey = (kQ/Ly)(cos α1 – cos α2)

(α1 y α2 son los ángulos que forman con el Eje X las líneas desde los extremos del alambre hasta P).

6. Un trozo de alambre recto de longitud L se coloca a lo largo del Eje Y, con su centro en el origen de coordenadas. La carga del alambre, Q, está uniformemente distribuída. Calcular el campo eléctrico producido por el alambre en un punto arbitrario del Eje Y, fuera del alambre. No utilice las fórmulas de la Sección 5; resuelva desde primeros principios, usando el método de integración dado allí. Resp. kQ/(y2–(L2/4)) 7. Utilizando las fórmulas (19a,b) dadas en la página 14, calcular el campo eléctrico de un alambre recto semiinfinito con densidad lineal de carga constante λ, en un punto a una distancia “s” perpendicular a un extremo. Resp. Ex = – Ey = kλ/a

2‐35

8. Calcular el campo eléctrico generado por un cuadrante de círculo de radio “a” y carga total Q distribuída uniformemente, en su centro O. Resp. Ex = Ey = – 2kQ/πa2

9. Usando el resultado del problema 8, calcular el campo eléctrico de un aro semicircular de radio “a” en su centro. La carga total del aro, Q, está distribuída uniformemente. Resp. Ey = – 4kQ/πa2.

10. Usando el resultado del problema 8 (con adaptaciones), calcular el campo eléctrico de un aro semicircular de radio “a” en su centro. La mitad izquierda del aro posee carga total positiva Q/2, y la mitad derecha la posee negativa, –Q/2, ambas distribuídas uniformemente. Resp.

11. Calcular el campo eléctrico del ánulo circular que se muestra en la figura, en el centro del mismo. Los radios menor y mayor son “a” y “b”, respectivamente, y la carga total Q del ánulo es uniforme. Resp.

y 2 24kQ bE ln

a(b a )⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠π −

2‐36

12. Un alambre infinito con densidad de carga constante λ está dispuesto tangencialmente a un aro con densidad de carga constante λ. El plano del aro es perpendicular al alambre. Calcular el campo eléctrico en el punto P mostrado, a distancias R del centro C del aro y del alambre. Resp. Componentes del campo: (λ/2πε0R), λ/(2ε0R ⋅ 23/2)

13. Tres placas paralelas de la misma área poseen densidades de carga

σ1 = 2, σ2 = −5 y σ3 = 6

todas en μC

m2.

Calcular el campo eléctrico en todo el espacio., suponiendo que las placas son muy extensas en comparación con sus distancias mutuas. Resp. Desde arriba de la placa superior, con c = 1/2ε0, 3c ↑ , 1c ↓ , 9c ↑ , 3c ↓

14. Un dispositivo está formado por una placa plana y extensa (que se puede considerar infinita para efectos de calcular su campo eléctrico), un disco de radio R, y un aro delgado de radio R. Los planos del disco y aro son paralelos a la placa. Las densidades de carga de estos cuerpos son σ, σ y λ, respectivamente. El centro del disco está a distancia “a” de la placa, y el del aro a distancia “b” por encima del centro del disco. Calcular el campo eléctrico producido por estos 3 cuerpos justo arriba y debajo del centro del disco.

Resp. Justo arriba del centro del disco: Ez = (1/2ε0) (2 σ – λRb/(b2 + R2)3/2).

3‐1

3.1. FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE. Si las líneas de fuerza de un campo vectorial E atraviesan una superficie S , entonces existe “flujo” del campo a través de esta superficie. El “ flujo de E a través de S ” es una cantidad escalar denotada por ΦE(S ).

La expresión matemática más general del flujo de un campo vectorial a través de una superficie es una integral de superficie, cuya evaluación en el caso general queda fuera de los objetivos del presente curso. Sin embargo, existen casos en los que el flujo es fácil de evaluar, sobre todo cuando el campo E y la superficie S son simples, y el campo posee simetrías. A estos casos nos limitaremos en este capítulo. 3.2. FLUJO DE UN CAMPO ELÉCTRICO CONSTANTE A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE PLANA (RECTÁNGULO). El caso más simple del flujo ocurre cuando: • El campo E es uniforme.

(Como por ejemplo el campo dentro de un capacitor de placas paralelas) • La superficie S es un rectángulo de área A.

Fig. 1

Un campo uniforme posee líneas de fuerza paralelas entre sí e igualmente espaciadas. Supongamos que E apunta verticalmente hacia arriba y que el rectángulo S está dispuesto oblicuamente con respecto a las líneas de fuerza (Fig. 1). Denotemos con θ el ángulo que forma el plano de S con un plano horizontal. En este caso se define el flujo de E a través de S como el producto de la magnitud E del campo y el área A⊥ que el rectángulo

presenta perpendicularmente al campo: (1) E EA⊥Φ =

El área A⊥ es la proyección del área A sobre el plano horizontal, o sea

A⊥ = A cos θ

de tal manera que el flujo (1) queda

ΦE = E A cos θ

CAPÍTULO 3

LA LEY DE GAUSS

3‐2

Esta expresión se puede poner en forma más conveniente y compacta como un producto escalar de dos vectores: uno es el llamado vector área del rectángulo, A, cuya magnitud es el área del mismo y cuya dirección es perpendicular al plano del rectángulo; el otro vector es el campo eléctrico E. Tenemos así (3) φE = E • A

Flujo de un campo eléctrico E uniforme a través de un rectángulo cuyo vector área es A.

El vector área A del rectángulo S tiene por magnitud el área A de S y por dirección la que es perpendicular al plano de S (una de las dos posibles, escogida como convenga). El flujo vale cero si E y A son perpendiculares, es decir, si las líneas de fuerza de E corren paralelamente al rectángulo S. 3.3. INTERPRETACIÓN DEL FLUJO DEL CAMPO DE VELOCIDADES DE UN FLUIDO. El nombre de flujo proviene de la hidrodinámica. Si el campo vectorial en cuestión es el campo de velocidades de un fluido, el flujo posee una interpretación simple. Veamos.

Fig. 2

En la Fig. 2 se muestra la sección longitudinal de una tubería cilíndrica recta, de área transversal A, por la que circula un líquido con velocidad constante v. Resulta que el flujo de v a través de A es el volumen de líquido que pasa por la sección transversal del tubo por unidad de tiempo. Esta cantidad se llama

también “gasto” en hidrodinámica; sus unidades físicas son 3volumen m

tiempo s= . Esto lo podemos demostrar

como sigue: Desde cualquier sección transversal del fluido (por ejemplo la sección mostrada en la Fig. 3.2, en la que hemos trazado los vectores A y v), marquemos hacia atrás una distancia “vΔt”, igual a la que viaja toda partícula del fluido durante un tiempo arbitrario Δt. Entonces, todas las partículas que se encuentren en el cilindro de área A y altura vΔt lograrán pasar por la sección considerada al cabo del tiempo Δt. El volumen de estas partículas es ΔV = A v Δt Dividiendo este volumen por el tiempo Δt hallamos el volumen que pasa por unidad de tiempo, resultando

V Avt

Δ= = •

Δv A Q.E.D.

3‐3

Fig. 3

Claramente, el gasto a través de una sección oblicua como la mostrada en la Fig. 3 es el mismo que el ya calculado. Si el vector área de dicha sección oblicua es A, entonces el área de la sección transversal es A cos θ, donde θ es el ángulo entre A y v. Se sigue nuevamente que para cualquier sección (oblicua o perpendicular)

Φv = vA cos θ = v • A EJEMPLO 3.1. Un rectángulo ABCD de lados 90 mm y 60 mm tiene una arista AB sobre el plano XY, paralela al Eje X, como se muestra en la Fig. 4. El rectángulo se halla en el seno de un campo eléctrico constante E dirigido a lo largo del Eje Y, cuya magnitud es E = 120 N/C. Calcular el flujo del campo eléctrico a través del rectángulo. Emplearemos la fórmula (1), E EA⊥Φ = . El área A⊥ que el rectángulo presenta perpendicu‐larmente al campo E es la del rectángulo B1C1CD que vemos en la Fig. 4. El ángulo θ que se forma en el vértice C entre los lados BC y CC1 es

40angsen 26.3990

⎛ ⎞θ = = °⎜ ⎟⎝ ⎠

Fig. 4

y el área A del rectángulo ABCD es

A = 90 mm × 60 mm = 5400 (10–6 m2) = 0.0054 m2 de tal manera que A⊥ = A cos θ = 0.0054 ⋅ cos 26.39° = 0.00484 m2

Entonces el flujo es E EA⊥Φ = = 120 (N/C) ⋅ 0.00484 m2 = 0.5808 N ⋅ m2/C.

3‐4

EJEMPLO 3.2. Calculemos el flujo de un campo eléctrico constante E, a través de un cubo orientado según las líneas de fuerza (Fig. 5). El cálculo se fundamenta en la siguiente convención: “El vector área de una superficie cerrada se dirige hacia fuera de la región limitada por la superficie”.

Fig. 5

Supongamos que el campo está verticalmente hacia arriba. Numeremos las caras del cubo desde i = 1 hasta i = 6, de modo que i = 1 e i = 2 correspondan respectivamente a las caras inferior y superior. Sea Ai el vector área de una cara

cualquiera “i”. El flujo a través de esta cara es

E • Ai

Es evidente que en las caras verticales no existe flujo puesto que el campo es perpendicular al vector área correspondiente.

Por otra parte, el flujo a través de las caras inferior y superior juntas es

E • A1 + E • A2

Pero A1 = −A2, de tal manera que el flujo es cero a través de estas dos caras, y por tanto totaliza

cero calculado sobre todo el cubo. Note que el flujo entra al cubo, o sea es negativo, por la base. Sale del cubo, o sea es positivo, por la tapa. El flujo saliente es igual al negativo del flujo entrante, así que el flujo total es cero. Este resultado se puede generalizar a cualquier superficie cerrada. En el caso de un poliedro P el flujo a través de él es (Fig. 6)

N N

E i ii 1 i 1

( ) 0= =

Φ = • = • =∑ ∑E A E AP

donde estamos suponiendo que E es constante, de modo que puede sacarse de la suma. Como vemos, para demostrar que ΦE(P ) = 0, habría que demostrar que el área vectorial total del poliedro es cero:

N

ii 1

0=

=∑A

No haremos la demostración.

Fig. 6

3‐5

De hecho, el área vectorial total de cualquier superficie cerrada es cero (Fig. 7), así que el flujo a través de ella de un campo eléctrico constante es cero (el mismo flujo que entra también sale de la superficie).

Fig. 7

EJEMPLO 3.3. En una región del espacio existe un campo eléctrico constante, dado en unidades S.I. por E = 12.4 i – 9.1 j + 15.2 k Calcular el flujo de este campo a través de un triángulo cuyos vértices son los puntos A, B y C mostrados en la Fig. 8.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Usaremos para el cálculo la expresión (3), o sea φE = E • A

Fig. 8

Vamos a calcular el vector área “A” del triángulo ABC. Para ello hacemos el producto vectorial

1 AB AC2

→ →= ×A

Tenemos (unidades m2)

( )1 14 7 0 21 12 282 2

4 0 3= − = + +

−

i j kA i j k 10.5 6 14= + +i j k

(Note que las componentes del vector área son las áreas de las proyecciones del triángulo ABC sobre los planos YZ, XZ y XY, es decir, las áreas de los triángulos OBC, OCA y OAB, respectivamente). El flujo buscado es entonces

3‐6

φE = E • A φE = (12.4 i – 9.1 j + 15.2 k) esca (10.5 i + 6 j + 14 k) ΦE = 288.4 N‐m2/C 3.4. DEFINICIÓN DEL FLUJO DEL CAMPO ELÉCTRICO EN EL CASO GENERAL. Pasemos ahora a la definición de flujo en el caso general. Ahora el campo eléctrico E será variable (sus líneas de fuerza serán curvas) y la superficie S será alabeada (Fig. 8).

Fig. 8

La expresión del flujo ΦE = E • A vale cuando el campo es constante y la superficie es plana, cosa

que no ocurre aquí. De todas maneras podemos valernos de esta expresión utilizando el cálculo integral. Dividamos la superficie dada en elementos de superficie, tan pequeños que podamos suponer que son planos y que el campo eléctrico no varía apreciablemente en ellos. Sea “da” el área de un elemento representativo, E el valor del campo en el elemento, y da el vector área asociado al mismo. Entonces el flujo “dΦE” a través del elemento es, por (3), dΦE = E • da, y el flujo a través de toda la superficie es la integral extendida sobre toda ella:

(4) ( )E dΦ = •∫E aS

S

Expresión general del flujo del campo eléctrico E a través de una superficie arbitraria S

En este curso calcularemos la integral solamente para casos muy simples.

3‐7

3.5. FLUJO DEL CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE ESFÉRICA CENTRADA EN LA CARGA. Como un primer ejemplo de cálculo de la integral (4), y como primer paso para obtener la ley de Gauss, calcularemos el flujo del campo eléctrico de una carga puntual Q a través de una superficie esférica E de radio “R” centrada en la carga (Fig. 9). Situemos la carga Q en el origen de coordenadas. Su campo eléctrico en el punto r es

3o

Q14 r

=πε

rE

Sustituyendo este campo en la expresión general del flujo tenemos

( )E 3o

Q dd4 r

•Φ = • =

πε∫ ∫r aE a

E E

E

Fig. 9 Fig. 10 Ahora bien, observe las Figs. 9 y 10. Se advierte que en todo punto de la superficie E , los vectores r y da son paralelos, de modo que el producto escalar se puede poner en la forma r • da = r da cos 0° = r da, y la integral queda

( )E 3 2o o

rda daQ Q4 4r r

Φ = =πε πε∫ ∫

E E

E

Pero sobre la superficie de integración E la “r” es constante, igual al radio “R”, de modo que

( ) 2E 2 2 2

o oo o

daQ Q Q Qda 4 R4 r 4 R 4 R

Φ = = = ⋅ π =πε επε πε∫ ∫

E E

E

Hemos utilizado el hecho de que la integral de “da” sobre E es el área de la superficie esférica de radio

“R”, o sea 4πR2. En conclusión:

3‐8

(5a) ( )Eo

QΦ =

εE

Flujo del campo eléctrico de una carga puntual Q a través de una esfera E centrada en la carga. Este flujo no depende del radio de la esfera.

(5b) Si la carga Q se halla fuera de la superficie esférica, el flujo de su campo eléctrico a través de dicha superficie es cero. No demostraremos esta aseveración.

Echemos mano de una analogía para intuir por qué el flujo del campo de Q es el mismo a través de toda superficie esférica centrada en la carga (independientemente del radio de la misma). Pensemos en Q como si fuese un punto donde se genera fluido que emana hacia todas direcciones,

y en el campo eléctrico como si fuese el campo de velocidades de este fluido (que va como 1/r2). Entonces el flujo del campo será el gasto hidrodinámico, es decir, el volumen de líquido que atraviesa la superficie esférica por segundo. Pero el mismo líquido que atraviesa una esfera de radio cualquiera, digamos, “a”, pasará luego por las esferas de mayor radio. Ello, claro está, si no existen otras cargas eléctricas dentro de estas esferas, donde se genere “fluido” adicional. De esta consideración podemos intuir que la superficie no necesita ser esférica, y que la cantidad de líquido que pasa por cualquier superficie cerrada que contenga a la carga (punto fuente del fluido) será siempre la misma. 3.6. FLUJO DEL CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE ARBITRARIA S.

El resultado representado por (5a) y (5b) se puede generalizar al caso en que la superficie E no es una esfera sino una superficie S cerrada arbitraria, y la carga Q se encuentra en un punto arbitrario dentro o fuera del espacio limitado por esta superficie S. El flujo del campo eléctrico de una carga puntual Q a través de una superficie arbitraria S es:

(6a) ( )Eo

QΦ =

εS si Q está en el espacio dentro de la superficie S (Fig. 11)

(6b) ΦE(S) = 0 si Q está fuera del espacio interior limitado por la superficie S (Fig. 12)

Fig. 11. Flujo = Q/ε0 Fig. 12. Flujo = 0

3‐9

3.7. LEY DE GAUSS PARA UN CONJUNTO DE CARGAS PUNTUALES. La ley de Gauss es una extensión del resultado obtenido en el apartado precedente.

Fig. 13 Sea Q1, Q2, Q3, …., QN un conjunto de cargas puntuales y S una superficie arbitraria. Numeremos

las cargas de modo que las primeras k de ellas queden fuera de la superficie, y las restantes dentro (Fig. 13). Sea Ei el campo eléctrico producido por la carga Qi.

El flujo del campo eléctrico total E a través de S es E 1 2 N 1 2 N( ) d ( ... ) d d d ... dΦ = • = + + + • = • + • + + •∫ ∫ ∫ ∫ ∫E a E E E a E a E a E a

S S S S S

S

es decir, igual a la suma de los flujos individuales producidos por todas las cargas. Ahora bien, por (6a,b), las primeras k cargas no producen flujo puesto que están fuera de S ; en cuanto a las demás, de la k+1 hasta la N, el flujo de cada una es igual a cada carga dividida entre ε0, de tal modo que

k 1 k 2 N inE

0 0 0 0

Q Q Q Q( ) d ...+ +Φ = • = + + + =ε ε ε ε∫E a

S

S

Hemos puesto Qin ≡ carga total encerrada dentro de S . Este resultado es la ley de Gauss para un conjunto

de cargas puntuales, que formularemos a continuación para una distribución de carga arbitraria.

3‐10

3.8. LEY DE GAUSS EN GENERAL, VÁLIDA PARA CUALQUIER DISTRIBUCIÓN DE CARGA.

LEY DE GAUSS Sea D una distribución de carga arbitraria, y E su campo eléctrico. Sea S una superficie escogida arbitrariamente y Qin la carga eléctrica que queda incluída dentro de S.

Entonces el flujo del campo eléctrico E a través de S viene dado por la expresión

(7) inE

0

Q( )Φ =ε

S

Fig. 14

La superficie arbitraria S a la que hace referencia la ley de Gauss se denomina superficie gaussiana. En las aplicaciones de la ley de Gauss podemos escoger esta superficie según convenga. Consideremos estas dos situaciones: En la primera (Fig. 15), la superficie gaussiana no capta ninguna carga de la distribución D, es decir, Qin = 0. De acuerdo con la ley de Gauss, el flujo de E a través de S es entonces cero.

Fig. 15 Fig. 16

En la otra situación (Fig. 16), la superficie gaussiana encierra enteramente la distribución D. Entonces Qin

es igual a toda la carga Q de la distribución, y el flujo es Q dividida por ε0. Es importante advertir que en la ley de Gauss figura el campo E producido por toda la carga eléctrica presente. Aunque las cargas que quedan fuera de la superficie gaussiana no contribuyan al flujo a través de ella, sí contribuyen al campo total E.

Fig. 17

3‐11

Examinemos ahora el caso representado en la Fig. 17. La superficie gaussiana, delineada a trazos, consta de dos superficies S 1 y S 2, que encierran un espacio central hueco. En este espacio se encuentra

cierta distribución de carga, de carga total Q que supondremos positiva por concreción. La región “U” limitada por ambas superficies, o sea por 1 2∪S S , que excluye el espacio hueco, no contiene carga, de donde por la ley de Gauss el flujo del campo de Q a través de 1 2∪S S es cero. Ello lo

podemos ver también como sigue. Existe un flujo que entra en U a través de S1; este flujo es negativo porque E y da1 tienden a oponerse sobre esta superficie. Por otra parte, hay otro flujo que sale de U a través de S2; este flujo es

positivo. El flujo neto a través de U es cero, como ya dijimos. Debido a la convención de signo para el vector área de las superficies, un flujo entrante en una región espacial es negativo. Un flujo saliente es positivo.

Fig. 18 Si una carga puntual Q no se halla “ni dentro ni fuera” de la superficie gaussiana, sino precisamente sobre ella (ver la Fig. 18), el flujo del campo eléctrico de Q a través de la superficie es Q/2εo, o sea la mitad del que sería si Q estuviese dentro. No demostraremos este resultado. 3.9. CONDUCTORES Y LEY DE GAUSS. Los átomos de un material conductor poseen en su capa externa uno o varios electrones muy débilmente ligados al núcleo. Bajo la influencia de campos eléctricos, incluso muy débiles, estos electrones pueden vagar por todo el conductor, constituyendo una corriente eléctrica durante todo el tiempo que exista un campo eléctrico dentro del conductor. Por ejemplo, el átomo de cobre, un conductor excelente, posee un número atómico de 29. En sus primeras tres capas electrónicas posee 2, 8 y 18 electrones, en total 28 electrones. El electrón número 29 ocupa la última capa y constituye un “electrón libre”. Así, cada átomo de cobre aporta 1 electrón libre. Cada átomo de aluminio, cuyo número atómico es 13, aporta 3 electrones libres. Cualquier carga en exceso contenida en un material conductor reside en su superficie. Imagine que se tiene un trozo de, digamos, cobre, y se le inyecta en su región central cierta carga negativa en exceso. Inmediatamente los electrones en exceso se distancian unos de otros bajo la acción de sus propios campos eléctricos, yéndose hasta la superficie del trozo (Fig. 19). Ya en la superficie, los electrones dejan de moverse, formándose una situación electrostática. Los electrones no salen de la superficie hacia el espacio exterior al trozo (tal movimiento induciría una carga positiva en el trozo que atraería al electrón de nuevo hacia la superficie).

3‐12

Fig. 19 Fig. 20 En la situación electrostática mencionada, el campo eléctrico es nulo en todo punto del interior del conductor. Esto lo podemos ver como sigue. Tomemos una superficie gaussiana enteramente dentro del conductor (Fig. 20). Dado que esta superficie no contiene carga (Qin = 0), la Ley de Gauss implica que el flujo del campo eléctrico a través de

ella es igual a cero. Si modificamos la superficie gaussiana, manteniéndose la misma completamente dentro del conductor, la carga Qin sigue siendo cero y el flujo del campo eléctrico también. Esto solamente

puede suceder si el campo eléctrico es cero idénticamente dentro del conductor.

3‐13

3.10. APLICACIÓN DE LA LEY DE GAUSS AL CÁLCULO DE CAMPOS ELÉCTRICOS CON SIMETRÍA ESFÉRICA. La ley de Gauss es una de las leyes fundamentales de la electrostática. Entre sus múltiples aplicaciones se cuenta la del cálculo de campos eléctricos, tema que discutiremos en este apartado. No cualquier campo eléctrico puede calcularse con la ley de Gauss. Debe tratarse de campos con simetrías especiales. Presentémoslos. Campos con simetría esférica. Un campo eléctrico posee simetría esférica si la carga eléctrica que lo genera posee una densidad de carga que depende solamente de la distancia “r” a un punto central. En este caso las líneas de fuerza son líneas radiales que emanan de tal punto central hacia todas direcciones. Además, la magnitud del campo depende solamente de la distancia “r” a tal punto central y por tanto es la misma para todos los puntos con la misma “r”. Ya conocemos un caso: el campo de una carga puntual posee simetría esférica. La Fig. 21 muestra algunas distribuciones de carga cuyos campos poseen simetría esférica (Se supone aquí que las densidades de carga son constantes). El campo eléctrico de tales distribuciones de carga posee líneas de fuerza radiales.

Esfera sólida

Cascarón esférico (delgado)

Esfera sólida dentro de esfera hueca concéntrica

Carga puntual central, esfera sólida y cascarón

Fig. 21 Veamos a continuación cómo es que la ley de Gauss nos facilita calcular el campo radial de esta clase de distribuciones de carga.

3‐14

Sea C el centro de simetría de la distribución (Fig. 22). Con centro en C, tracemos una superficie gaussiana esférica de radio arbitrario “r”. Según la ley de Gauss, el flujo de E a través de tal superficie gaussiana S es

inE

0

Q( ) dΦ = • =ε∫E a

S

S

El cálculo de la integral resulta trivial debido a estas dos propiedades:

− E es paralelo a da en todo punto de S − La magnitud de E es la misma en todo punto de S

Fig. 22

He aquí el desarrollo de la integral, a la luz de estas propiedades: d Eda E da EA⊥• = = =∫ ∫ ∫E a

S S S

Hemos puesto

da A⊥=∫S

= “Área atravesada perpendicularmente por el campo”

En este caso de simetría esférica, A⊥ es el área de la esfera de radio “r”, o sea 4πr2. Igualando el valor del flujo, EA⊥ , a lo que nos dice la ley de Gauss tenemos

in

0

QEA⊥ =ε

Despejemos el campo E y enunciemos el resultado en estos términos:

Porque E y da son paralelos sobre S

Porque E es constante sobre S

3‐15

Si se tiene que

• El campo eléctrico E es paralelo a da sobre la parte de la superficie gaussiana S donde existe flujo.

• La magnitud del campo, E, es constante sobre la parte de la superficie gaussiana donde existe flujo.

entonces la magnitud del campo sobre S viene dada por

(8) in

0

QEA⊥

=ε

donde Qin es la carga neta contenida dentro de la superficie gaussiana, y A⊥ es el área atravesada

perpendicularmente por el campo. Como veremos, la misma fórmula es aplicable a las otras dos simetrías. EJEMPLO 3.3. Calcular el campo eléctrico en todo el espacio, generado por una esfera sólida de radio R y carga total Q distribuída uniformemente (Fig. 23). Usar la ley de Gauss para el cálculo.

Fig. 23

Procedimiento: (I) La distancia de un punto espacial arbitrario al centro de la esfera se denotará con “r”. Lo primero es dividir el espacio en regiones, delimitadas por las discontinuidades de la carga. En el ejemplo presente, distinguimos dos regiones: Región 1: 0 < r < R

Región 2: r > R (II) Para calcular el campo en un punto P cualquiera de la Región 1 (dentro de la esfera), debemos trazar una

superficie gaussiana que pase por ese punto y tenga la misma simetría que la distribución de carga. Obviamente será una esfera concéntrica a la región cargada; el radio de la superficie gaussiana es “r” (donde 0 < r < R). Vea la Fig. 24.

3‐16

Fig. 24 (Región 1)

Fig. 25 (Región 2)

(III) Para calcular el campo E en un punto P de la Región 1 usamos la fórmula (19),

in

0

QEA⊥

=ε

de tal manera que el cálculo del campo se reduce al cálculo de las cantidades Qin y A⊥ . Para campos

con simetría esférica, tendremos siempre que A⊥ = 4πr2. En cuanto a Qin, notemos que la superficie gaussiana encierra una fracción de la carga total Q. Para

obtener Qin, calculemos primeramente la densidad de carga volúmica,

3

Q Q4V R3

ρ = =π

Usando ahora la relación “Carga = Densidad x Volumen” tendremos para la carga dentro de la esfera de radio “r” la expresión

3

3 3in 33

4 Q 4 rQ r r Q43 3 RR3

= ρ ⋅ π = ⋅ π =π

Sustituyendo lo encontrado para A⊥ y Qin obtenemos para el campo E dentro de la esfera:

3

3in2 3

0 0 0

r QQ QRE rA 4 r 4 R⊥

= = =ε ε ⋅ π πε

(Para 0 ≤ r ≤ R)

3‐17

Este campo es nulo en el centro de la esfera (r = 0) y va aumentando linealmente con la distancia “r”. La expresión es válida para 0 ≤ r ≤ R. Repitamos el cálculo para la Región 2. Observe la Fig. 25, donde hemos trazado la superficie gaussiana apropiada. El área A⊥ sigue siendo 4πr2, pero ahora la carga que encierra la superficie gaussiana es toda la carga de la distribución, o sea Q. Entonces,

in2 2

0 0 0

Q Q QEA 4 r 4 r⊥

= = =ε ε ⋅ π πε

(Para r ≥ R)

Este campo es idéntico al que produciría una carga puntual cuya carga fuese la misma que la de la esfera sólida, y que estuviese situada en el centro de la esfera. Esto es válido para puntos fuera de la esfera. Notemos que ambas expresiones dan el mismo valor en r = R. La Fig. 26 es un gráfico del campo E como función de “r”.

Fig. 26

EJEMPLO 3.4. Dos cascarones esféricos de radios R1 y R2 portan sendas cargas eléctricas Q1 y Q2,

distribuídas uniformemente. Calcular el campo eléctrico generado en todo el espacio por esta distribución.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Denotemos con “r” la distancia de los puntos del espacio al centro común de los cascarones. Como primer paso, dividiremos el espacio en las siguientes regiones: Región 1: 0 ≤ r ≤R1

Región 2: R1 ≤ r ≤R2

Región 3: r ≥ R2

Fig. 27

Para calcular el campo eléctrico en cada una de estas regiones, debemos escoger un punto arbitrario “P” en cada una, trazar una superficie gaussiana esférica que pase por este punto, y aplicar la fórmula (8‐p14). Las Figs. 28, 29 y 30 muestran las superficies gaussianas apropiadas para cada región.

3‐18

3‐19

Fig. 28 Qin = 0

Fig. 29 Qin = Q1

Note lo siguiente:

• P es un punto arbitrario de la región considerada en cada caso. Su distancia al centro se designa siempre con “r”.

• La superficie gaussiana que pasa por P es una esfera (trazos a rayas en las figuras).

• En cada figura se muestra cuál es la carga contenida por la superficie gaussiana.

Dado que el campo es radial, el área de la superficie gaussiana atravesada perpendicular‐mente por el campo es el área de toda esta superficie, es decir, 2A 4 r⊥ = π .

Tenemos entonces, según la fórmula (8‐p4):

Fig. 30

Qin = Q1 + Q2

En la región 1, Qin = 0 y

in2

0 0

Q 0E 0A 4 r⊥

= = =ε ε ⋅ π

En la región 2, Qin = Q1 y

in 12

0 0

Q QEA 4 r⊥

= =ε ε ⋅ π

En la región 3, Qin = Q1 + Q2 y

in 1 22

0 0

Q Q QE 0A 4 r⊥

+= = =ε ε ⋅ π

Así pues, no existe campo eléctrico en la región más interna (libre de carga), y en las otras dos regiones el campo se asemeja al de una carga puntual (Q1 en un caso, Q1 + Q2 en el otro).

3‐20

3.11. APLICACIÓN DE LA LEY DE GAUSS AL CÁLCULO DE CAMPOS ELÉCTRICOS CON SIMETRÍA CILÍNDRICA.

Campos con simetría cilíndrica Una distribución de carga posee simetría cilíndrica si: • La densidad de carga de la distribución depende solamente de la distancia “r” a un eje. • La distribución se extiende longitudinalmente hasta el infinito. En la Fig. 31 se muestran tres ejemplos: un alambre recto (imagínelo extendido longitudinalmente hasta infinito), cargado uniformemente con densidad lineal λ; un cilindro sólido infinito de densidad volúmica ρ; y un cascarón cilíndrico delgado cuya carga se describe mediante una densidad superficial σ. o mediante una densidad lineal λ. Mediante combinaciones de estas distribuciones se pueden formar otras distribuciones coaxiales más complejas con la misma simetría.

Fig. 31

Fig. 32 El campo eléctrico de tales distribuciones posee líneas de fuerza ortoaxiales, es decir, perpendiculares al eje de simetría de la distribución. La superficie gaussiana que se usa para calcular el campo tiene la forma de un cilindro cuya superficie lateral debe contener al punto campo considerado; la altura de este cilindro se fija en un valor arbitrario “h” (que, como veremos, se cancelará y no aparecerá en la expresión del campo); el radio de este cilindro gaussiano se denotará con “r”.

Imagine que el cilindro de trazos a rayas de la Fig. 32 es una superficie gaussiana. Está claro que no hay flujo del campo a través de las tapas del cilindro. Solamente la superficie lateral de este cilindro es la que el campo atraviesa perpendicularmente. En esta porción de la superficie gaussiana podemos verificar

que se cumplen las condiciones de validez de la fórmula in

0

QEA⊥

=ε

a saber: el campo E es paralelo a da,

y la magnitud de E es constante. Tendremos que A⊥ = área de la superficie lateral del cilindro = 2πr h Las expresiones que se obtendrán, válidas para distribuciones de extensión infinita, se pueden aplicar a casos reales en que la altura de la distribución de carga es mucho mayor que su radio, y el punto campo considerado está relativamente cerca de la parte central de la distribución.

3‐21

EJEMPLO 3.5. Calcular el campo eléctrico producido por una distribución que consta de un cilindro sólido central de radio R1, cuya densidad volúmica uniforme es ρ, y un cascarón cilíndrico coaxial de radio R2, cargado con densidad superficial uniforme σ.

Distinguimos tres regiones:

Región 1: 0 < r < R1

Región 2: R1 < r < R2

Región 3: r > R2

que corresponden a ubicaciones dentro del cilindro sólido, en el espacio vacío entre ambos cilindros, y completamente fuera de la distribución, respectivamente.

Fig. 33. Región 1

Fig. 34. Región 2

Fig. 35. Región 3

He aquí las expresiones de Qin:

Región 1: Qin = ρ π r2 h Región 2: Qin = ρ π R1

2 h Región 3: Qin = ρ πR1

2 h + σ 2πR2 h En las tres regiones se aplica A 2 rh⊥ = π

Sustituyendo sucesivamente en la fórmula in

0

QEA⊥

=ε

encontramos

3‐22

En la Región 1: 2

0 0

r hE r2 rh 2

ρπ ρ= = ⋅ε ⋅ π ε

En la Región 2: 2 21 1

0 0

R h R 1E2 rh 2 r

ρπ ρ= = ⋅ε ⋅ π ε

En la Región 3: 2 21 2 1 2

0 0

R h 2 R h R 2 R 1E2 rh 2 r

⎛ ⎞ρπ + σ ⋅ π ρ + σ= = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ε ⋅ π ε⎝ ⎠

3.12. CÁLCULO DE CAMPOS CON SIMETRÍA PLANA.

EJEMPLO 3.6. Usando la Ley de Gauss, calcular el campo eléctrico en todo el espacio, generado por una placa plana infinita, de grosor w y densidad uniforme ρ (Fig. 36).

Fig. 36 La densidad de carga posee simetría plana. Las líneas de fuerza del campo eléctrico son rectas perpendiculares a la placa y se dirigen alejándose de la misma (ver la Fig. 37). Definamos el plano XY coincidente con el plano de simetría de la placa, y el eje Z perpendicular a ésta. Deseamos averiguar cómo depende el campo E de la coordenada “z”.

Fig. 37

Bastará con obtener el campo en estas dos regiones:

Región 1: 0 < z < w2 Región 2: z >

w2

3‐23

Fig. 38 En la Región 1 escogemos una superficie gaussiana con forma de prisma rectangular de altura 2z y tapas de área A. Debemos disponer este prisma simétricamente con respecto a la placa con objeto de que el campo E sea el mismo en ambas tapas. El área que el campo atraviesa perpendicularmente es el área conjunta de las dos tapas, A⊥ = 2A Por otra parte, la carga incluída es Qin = (densidad) x (volumen) = ρ 2z A con lo que en la Región 1 tendremos

in

0 0 0

Q 2zAE zA 2A⊥

ρ ⋅ ρ= = = ⋅ε ε ⋅ ε

En la Región 2 escogemos el prisma con sus tapas fuera de la placa (véase la Fig. 38). Tendremos que Qin = ρ A w. El campo es

in

0 0 0

Q wA wEA 2A⊥

ρ ⋅ ρ= = =ε ε ⋅ ε

El campo es constante dentro de la placa. La Fig. 39 muestra el gráfico del campo eléctrico como función de “z”.

Fig. 39

3‐24

3.13. PROBLEMAS. Usando la ley de Gauss, calcular los campos indicados. Suponer distribuciones uniformes de carga en todos los casos. 1. Esfera hueca de carga total Q, radio interior R1 y radio exterior R2., junto con una

carga puntual “q” en su centro. Resp. Las cargas Qin son

q; q r R

R RQ+

−

−

313

23

13

; q + Q

Fig. Probl. 1

2. Sistema de tres hojas planas infinitas, con las densidades superficiales de carga mostradas. Sugerencia. Suponer campos E1 y –E1

arriba de la placa superior y debajo de la inferior, respectivamente. Suponer campos E2 y –E2 en las otras dos

regiones.

Resp. 0; σεo

Fig. Probl. 2

3. Cilindro sólido infinito, de radio R y densidad volúmica de carga ρ. Resp.

2

0 0

r R;2 2 rρ ρε ε

Fig. Probl. 3

4. Un “tubo de fuerza” es una superficie formada lateralmente por líneas de fuerza, y provista de dos “tapas”. Suponer que no existe carga dentro del tubo y demostrar con la ley de Gauss que el flujo entrante por una tapa es igual al saliente por la otra.

Fig. Probl. 4

3‐25

5. Un capacitor cilíndrico consta de dos cascarones cilíndricos de radios “a” y “b” y densidades lineales λ y −λ. Calcular el campo eléctrico dentro y fuera del capacitor.

Resp. 02

; λπεor

Fig. Probl. 5

6. Usando la ley de Gauss, calcular el campo eléctrico en todo el espacio, generado por la siguiente distribución de carga: – Una carga puntual Q – Un cascarón esférico delgado de radio R y densidad de carga superficial constante σ, cuyo centro es la carga Q. Resp.

Fig. Probl. 6 7. Usando la ley de Gauss, calcular el campo eléctrico en todo el espacio, generado por la siguiente distribución de carga: – Una esfera sólida de radio “a”, con densidad volúmica de carga constante “r”. – Un cascarón esférico delgado de radio “b” concéntrico con la esfera, y cargado uniformemente con carga total “– Q”. Resp.

Fig. Probl. 7

4‐1

4.1. INTRODUCCIÓN. Como ya hemos visto, las influencias eléctricas de las cargas se pueden describir mediante sus campos eléctricos (vectores de intensidad eléctrica “E”). Existe otra manera, en la que estas influencias se describen mediante una función escalar de la posición denominada el potencial eléctrico, denotado usualmente mediante el símbolo “φ”. Por ser φ una función (o campo) escalar, esta descripción es más simple que la que se vale de los campos eléctricos, puesto que estos últimos son cantidades vectoriales. Más aun, el potencial eléctrico es una cantidad que guarda una relación muy estrecha con los conceptos de energía eléctrica y voltaje (o tensión) eléctrico, de gran importancia en las aplicaciones del electromagnetismo. El potencial eléctrico se define en términos de un trabajo, o equivalentemente en términos de una energía potencial. Recomendamos al lector refrescar sus conocimientos sobre los conceptos de trabajo y energía potencial en su texto de mecánica.

4.2. POTENCIAL ELÉCTRICO DEL CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS. En esta sección discutiremos el concepto de potencial eléctrico para el caso simple de un capacitor de placas paralelas cuyo campo eléctrico es, como sabemos, constante. Consideremos pues un sistema eléctrico formado por un capacitor de placas paralelas, “C ”, y una carga puntual positiva “q” situada entre las placas. Denotemos este sistema con el símbolo “{C, q}”. Sea “d” la distancia entre las placas del capacitor, “A” el área de cada placa, “Q” la carga del capacitor, y “σ” su densidad de carga superficial (Fig. 1).

Fig. 1

Coloquemos un Eje Y con su origen O en la placa negativa y dirigido hacia la placa positiva. Sea “y” la coordenada vertical de la carga puntual en un punto arbitrario del espacio dentro de las placas. Vamos a realizar el siguiente proceso: desde la placa negativa (y = 0) transportaremos la carga “q” hacia la placa positiva, aplicándole una fuerza F (hacia arriba) igual y opuesta en todo momento a la fuerza “qE” que el campo eléctrico del capacitor ejerce (hacia abajo) sobre la carga. En otras palabras, el transporte se realizará cuasiestáticamente: en todo punto la carga q estará prácticamente en equilibrio dinámico (moviéndose con una velocidad constante insignificante).

CAPÍTULO 4

POTENCIAL ELÉCTRICO, ENERGÍA Y VOLTAJE

4‐2

Llamaremos “sistema externo {Sext}” al agente que aplica la fuerza F (la naturaleza física de este agente no es relevante aquí). Así pues, en este proceso tendremos implicados dos sistemas: el sistema capacitor‐carga, {C, q}, y el sistema externo {Sext}. Al desplazarse la carga q una distancia “y”, la fuerza F (o sea el sistema externo) realiza sobre ella un trabajo positivo igual a: (1) Wext = F y (Trabajo = Fuerza × Distancia recorrida) Como estamos suponiendo que en todo momento F es igual al negativo de la fuerza eléctrica “qE”, tendremos que el trabajo se puede escribir también (2) Wext = qE y (ya que F = |F| = |– qE| = qE) Como vemos en (2), este trabajo es una función de la posición “y”. Con base en (2), vamos ahora a definir una cantidad que se refiere exclusivamente al capacitor (o a su campo eléctrico). Obtenemos esta cantidad simplemente dividiendo (2) por “q”, o sea, obteniendo el trabajo externo por unidad de carga:

extW Eyq

=

Esta cantidad es por definición el potencial eléctrico “del capacitor” (o “asociado con el campo eléctrico del capacitor”) en el punto arbitrario “y”. Se denota usualmente con la letra griega “φ”.

(3) extW(y) Eyq

φ = =

El potencial eléctrico asociado con el campo eléctrico de un capacitor de placas paralelas, en un punto a una distancia “y” de la placa negativa, φ(y), es el trabajo por unidad de carga que debe realizar un agente externo para transportar cuasiestáticamente una carga puntual positiva desde la placa negativa hasta la posición “y”, manteniéndose el capacitor fijo y su carga invariable durante este proceso..

Recuerde: “cuasiestáticamente” significa que el agente externo ejerce sobre la carga q una fuerza que cancela exactamente en todo punto la fuerza eléctrica debida al capacitor. La carga q llega al punto “y” sin haber adquirido energía cinética alguna. Aunque la definición (3) vale para el campo de un capacitor, la definición general del potencial se expresa en forma muy similar, como veremos más adelante. La definición (3) nos trae a la mente otra definición muy similar usada en mecánica, la de energía potencial. Efectivamente, si nos preguntamos adónde va el trabajo realizado por el agente externo, la respuesta es: “se convierte en energía potencial del sistema {C, q}”. El proceso consiste entonces en una transferencia de energía, en forma de trabajo, desde el sistema externo {Sext} hacia el sistema {C, q}. Esta clase de energía se denomina energía potencial eléctrica.

4‐3

Denotando la energía potencial eléctrica con “U”, tendremos entonces U = Wext = qEy Pongamos esta importante relación en un cuadro: (4) U = qE y

Energía potencial eléctrica del sistema {C, q}, formado por un capacitor de placas paralelas y una carga puntual q, en la configuración en que la carga está a una distancia “y” de la placa negativa.

En virtud de la igualdad Wext = U y la definición (3), se advierte que podemos dar una definición

alternativa del potencial eléctrico del capacitor en los siguientes términos:

(5) U(y) Eyq

φ = =

El potencial eléctrico asociado con el campo eléctrico de un capacitor de placas paralelas, en un punto a una distancia “y” de la placa negativa, φ(y), es la energía potencial eléctrica por unidad de carga del sistema formado por el capacitor y la carga, cuando ésta se encuentra a una distancia “y” de la placa negativa.

Observaciones • Como sabemos de la mecánica, a todo par de cuerpos físicos que interaccionan mediante una fuerza

conservativa le podemos asociar una energía potencial. Entre las fuerzas conservativas se cuenta la fuerza eléctrica, con la que interaccionan en el caso presente el capacitor y la carga puntual. La energía potencial U que discutimos arriba es una propiedad de ambos cuerpos, el capacitor y la carga. De todas maneras, en el uso común, en lugar de la frase “la energía potencial eléctrica del sistema {C, q}” se suelen usar también las frases “la energía potencial eléctrica de la carga en el campo del capacitor” o simplemente “la energía potencial de la carga”, con las reservas del caso.

• Las unidades físicas del potencial eléctrico en el Sistema Internacional de Unidades se sacan de (5) como el cociente de unidades de energía y de carga, es decir,

julio J voltio V

coulombio C= ≡ =

• Notemos que el potencial eléctrico del capacitor, “φ = E y”, es una función de la posición “y”. No es

necesario que exista una carga puntual dentro del capacitor para que esta cantidad esté bien definida. • La relación (5), escrita en la forma

(6) U = q φ

puede leerse como sigue: cuando una carga puntual q se encuentra en un punto donde el potencial eléctrico vale “φ”, la energía potencial de la carga en el campo del capacitor vale “qφ”.

De la expresión del potencial eléctrico de un capacitor, φ = Ey, sacamos que todos los puntos de la placa negativa, donde y = 0, están a potencial cero. Por otra parte, los puntos de la placa superior positiva, donde y = d, se encuentran a potencial φ(d) = Ed.

4‐4

4.3. VOLTAJE O TENSIÓN ELÉCTRICA A TRAVÉS DEL CAPACITOR. La diferencia de potencial entre las placas, se define como el voltaje o la tensión eléctrica “V” entre (o a través de) las placas. Tenemos así

V = φ(d) – φ(0) = Ed

(7) V = E d

Voltaje o tensión eléctrica entre (o a través de) las placas de un capacitor de placas paralelas. E = |E| es el campo del capacitor y “d” es la distancia entre sus placas.

Nota. Estamos usando el mismo símbolo “V” para denotar tanto la unidad S.I. de voltaje (voltio) como el voltaje mismo. Es fácil determinar del contexto cuál es el significado de “V” en cada caso. El punto (o puntos) donde el potencial vale cero se denomina punto de referencia del potencial. En el caso del capacitor, el punto de referencia es cualquier punto de la placa negativa. En algunas situaciones, al punto de referencia del potencial eléctrico se le denomina “tierra”. La relación (7) nos proporciona unas unidades S.I. alternativas para el campo eléctrico, a saber

{Unidades S.I. del campo eléctrico} = voltio V

=metro m

De ahora en adelante usaremos estas unidades para el campo eléctrico. EJEMPLO 4.1. Para un capacitor de placas paralelas se tienen los siguientes datos:

Carga Q = 5 (10 – 8) C Área de placa A = 200 cm2

Distancia entre placas d = 0.2 cm Calcular el voltaje entre las placas del capacitor.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Dada la carga Q y el área A del capacitor, calculamos su densidad de carga:

8

64 2 2

Q 5(10 )C C2.5(10 )A 200(10 )m m

−−

−σ = = =

Seguidamente podemos obtener el campo eléctrico del capacitor. Poniendo valores expresados en unidades S.I. obtenemos

6

5120

2.5(10 ) VE 2.82(10 )m8.854(10 )

−

−σ ⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠

Usando (7‐p4), el voltaje a través del capacitor es, en unidades S.I.,

V = E d = 2.82 (105) ⋅ 0.2 (10–2) = 0.564 (103) = 564 (V) ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

4‐5

4.4. MOVIMIENTO DE CARGAS ELÉCTRICAS DENTRO DEL CAMPO DE UN CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS.

Consideremos una partícula de masa m y carga eléctrica q que se mueve dentro del campo de un capacitor de placas paralelas.

Fig. 2

Supongamos que la partícula entra por la parte izquierda en el tiempo t = 0, con coordenada horizontal x0, coordenada vertical “y0” y velocidad “v0”, como se muestra en la Fig. 2. Ignoremos el peso

de la partícula, suponiéndolo mucho menor que la fuerza eléctrica. El campo eléctrico es vertical hacia abajo, así que la fuerza eléctrica sobre la carga q es puramente vertical y su componente Y es (8) Fy = – qE Como esta fuerza es constante, la aceleración de la partícula será también constante y enteramente en la dirección “–Y”:

(9) y

yF qEam m

= = −

No hay aceleración a lo largo del Eje X. La partícula ejecuta un movimiento de tiro parabólico, cuyas ecuaciones son

(10) 0 0x

2 20 0y y 0 0y

x x v tqE1y y v t a t y v t t

2 2m

= + ⋅

= + ⋅ + = + ⋅ −

Derivando estas ecuaciones con respecto al tiempo obtenemos las velocidades vx y vy. Si colocamos el origen O del sistema de coordenadas X,Y en el punto donde la carga entra al campo del capacitor, entonces la ecuación de la trayectoria es una parábola con ecuación:

(11) 2

y2 20

a xy (tan ) x

2v cos= θ ⋅ −

θ

donde “θ” es el ángulo que forma el vector velocidad v0 con el Eje X en el origen.

4‐6

Notemos la similaridad de este movimiento con el movimiento de una masa puntual en el campo gravitatorio cerca de la tierra (el llamado “tiro parabólico”). En esta clase de movimiento la energía de la masa puntual se conserva, y es igual a

E = 21 mv mgy2

+

donde la coordenada “y” se mide desde el suelo hacia arriba. El término “mgy” es la energía potencial gravitatoria de la partícula. Existe una expresión similar en el caso capacitor‐carga que nos ocupa. La energía cinética del sistema {Capacitor, Carga q} es puramente la de la carga q, pues el capacitor está fijo. Por otra parte, la energía potencial (eléctrica) de este sistema es, usando (4), U = qEy. Entonces la energía total es

(12) E = 21 mv qEy2

+ Energía total de una carga puntual en el campo de un capacitor de placas paralelas.

La ley de conservación de la energía expresa que esta cantidad permanece constante durante el movimiento de la carga. EJEMPLO 4.2. Se tiene un capacitor de placas paralelas cuyo voltaje entre placas es V = 600 voltios. Desde

la placa positiva se deja ir del reposo una carga puntual q = 8 μC, cuya masa es m = 2.5 (10–4) kg. ¿Con qué velocidad impactará la placa negativa? Resolver con el método de conservación de la energía.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Suponiendo placas horizontales, usaremos un sistema con el Eje X horizontal y el Eje Y vertical. El origen estará en un punto de la placa negativa. Cuando la carga q parte de la placa positiva (y = d), la energía total del sistema capacitor‐carga es solamente potencial eléctrica y vale, por (4‐p3),

E (d) = U = qE d

Cuando la carga llega a la placa negativa (y = 0), la energía total del sistema es puramente la energía cinética K adquirida por la carga, o sea

E (0) = K = 21 mv2

Aplicando la ley de conservación de la energía total tenemos E (d) = E (0) o sea

2 2qEd 2qV1mv qEd v2 m m

= ⇒ = =

donde hemos usado la relación (7‐p4): V = E d. Sustituyendo valores numéricos,

6

42qV 2 8(10 )C 600V mv 6.2m s2.5(10 )kg

−

−⋅ ⋅

= = =

4‐7

EJEMPLO 4.3. Se tiene un capacitor de placas paralelas cuadradas, de lado 5 cm. La distancia entre placas es 2 cm. Desde la orilla izquierda del capacitor, a media distancia entre las placas, se proyecta una carga puntual positiva q = 8 μC horizontalmente con una velocidad v0 = 100 m/s. la masa de esta carga es

m = 10–4 kg. Calcular la densidad de carga σ del capacitor, sabiendo que la carga abandona el campo eléctrico a una distancia de 0.4 cm de la placa inferior. Suponer campo uniforme dentro del capacitor, y nulo fuera de él.

Fig. 3

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Escojamos los Ejes X y Y como vemos en la Fig. 3. Sabemos que la carga q ejecuta un movimiento de tiro parabólico dentro del capacitor. Su aceleración en X es cero, y en Y es igual a

y

yF qEam m

= = −

Desde que entra al capacitor, la carga empieza a moverse hacia abajo, según la ecuación de movimiento

2 2y

qE1y a t t2 2m

= = −

Aplicando esta ecuación al punto donde la carga abandona el capacitor tenemos (en unidades S.I.)

6

2v4

8(10 )E0.006 t2(10 )

−

−− = −

donde tv es el tiempo de vuelo. Podemos calcular este tiempo examinando el movimiento en X. La

velocidad en X es constante, así que tv es el tiempo que invierte la carga en recorrer 5 cm con velocidad constante v0, o sea

4v

0.05mt 5(10 )s100m /s

−= =

Sustituyendo este tiempo en la ecuación anterior y despejando el campo E obtenemos

E = 6 (105) V/m

Usando ahora la relación E = σ/ε0 se encuentra

σ = ε0 E = 8.854 (10–12) ⋅ 6 (105) = 5.3 (10‐ 8) (C/m2)

4‐8

4.5. DEFINICIÓN GENERAL DEL POTENCIAL ELÉCTRICO. En esta sección generalizaremos la definición del potencial eléctrico que introdujimos anteriormente para el caso especial del capacitor de placas paralelas. Sea D una distribución de carga arbitraria, y E el campo eléctrico que genera (Fig. 5).

Fig. 5

(13)

El potencial eléctrico φ(P) producido por una distribución de carga dada D en el punto P, se define como el trabajo por unidad de carga que debe realizar un agente externo para transportar una carga puntual positiva cuasiestáticamente (contra la fuerza del campo de D) desde un punto de referencia P0 (escogido arbitrariamente) hasta el punto considerado P, manteniendose fija la distribución D durante tal desplazamiento.

Compare esta definición con la definición (3‐p2) para el caso del capacitor.

Observaciones: • El agente externo al que hace referencia esta definición ejerce una fuerza F que es en todo punto de Γ

igual y opuesta a la que ejerce el campo eléctrico de la distribución de carga dada, o sea F = –qE. • El trabajo realizado por este agente externo se puede calcular a lo largo de cualquier trayectoria o camino

Γ que enlace el punto de referencia P0 y el punto considerado P. Esta libertad de elección del camino

Γ se debe a que la fuerza eléctrica es conservativa (y por ende F también, pues es el negativo de la fuerza eléctrica), de tal manera que su trabajo no depende de la trayectoria. Dado que P0 está fijo y que la trayectoria Γ es arbitraria, tendremos que el potencial no depende esencialmente ni de P0 ni de Γ, siendo una función exclusivamente de la posición P.

• Denotando con Wext(Γ; P0 → P) el trabajo del agente externo a lo largo de la trayectoria Γ entre los puntos P0 y P, tenemos según la definición dada de potencial eléctrico la relación

D

4‐9

(14) ( )ext 0W ;P P

(P)q

Γ →φ ≡ (Abreviado: extW

qφ = )

• En vista de la igualdad “F = –qE”, el trabajo que realiza el agente externo “F” es el negativo del

trabajo que realiza el campo eléctrico “E”, de tal manera que la Ec. (14) es equivalente a esta otra:

(15) Eléc. 0W ( ;P P)(P)qΓ →

φ ≡ − (Abreviado: Eléc.Wq

φ = − )

donde WEléc. es el trabajo realizado por el campo eléctrico.

• El punto de referencia P0 que figura en la definición (13) es un punto fijo arbitrario del espacio. Escoger este punto equivale a escoger el “nivel cero” del potencial eléctrico φ, es decir, el punto donde el potencial vale cero por definición. Esto lo podemos ver de (14):

( )ext 0 0

0W ;P P

(P ) 0q

Γ →φ ≡ =

ya que el trabajo desde P0 hasta P0 es obviamente cero.

• Usando la expresión general del trabajo de una fuerza F a lo largo de una trayectoria Γ, es decir,

(16) 0

Pext P

W dΓ

= •∫ F r

(r = vector de posición de un punto arbitrario de Γ. dr = desplazamiento infinitesimal a lo largo de Γ) y usando además la relación F = – qE en (16) tenemos

( )0 0 0

P P Pext 0 P P P

W ;P P d q d q dΓ Γ Γ

Γ → = • =− • = − ⋅ •∫ ∫ ∫F r E r E r

Sustituyendo esto en (14) obtenemos la siguiente expresión general para el potencial eléctrico:

(17) 0

P

P(P) d

Γφ = − •∫ E r Fórmula general para calcular el potencial eléctrico

φ, dado el campo eléctrico E. Note que esta expresión ya no contiene ninguna referencia al agente externo, que es solamente un artificio conveniente para enlazar los conceptos de potencial eléctrico y energía potencial eléctrica. El potencial está determinado exclusivamente por el campo eléctrico E. • Supongamos que cambiamos el punto de referencia del potencial, digamos de P0 a otro punto fijo P0’.

¿Qué efecto tiene este cambio sobre los valores del potencial? Veamos. Partamos de la expresión integral del potencial, referido al punto P0’, o sea, denotándolo con “φ’(P)”,

0

P

P(P) d

′′φ = − •∫ E r

4‐10

Usando la propiedad de aditividad de la integral de línea, podemos descomponer esto como

0 0

0 0 0 0

P P P P

P P P P(P) d d d d

′ ′

⎛ ⎞′φ = − • + • = − • − •⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫E r E r E r E r

Pero la última integral en el miembro derecho es el potencial en P, referido al punto P0, con lo que

0

0

P

P(P) d (P)

′′φ = − • + φ∫ E r

La diferencia entre los valores del potencial referido a los puntos P0 y P0’ es por tanto la integral

0

0

P

Pd

′− •∫ E r

Pero esta integral tiene un valor constante independiente del punto P considerado, puesto que los puntos de referencia P0 y P0’ son puntos fijos. Esto significa que al cambiar el punto de referencia del potencial, cambian también los valores del potencial en todos los puntos del espacio, pero este cambio es el mismo en todos los puntos. Por lo tanto, las diferencias de potencial entre cualquier par de puntos no se ven afectadas. Esta situación es similar a la que ocurre en el campo gravitatorio constante de la Tierra con la energía potencial gravitatoria: el punto de referencia de esta energía se toma usualmente al nivel del suelo (superficie terrestre). Si se cambia la altura de este punto de referencia, cambian los valores de la energía potencial gravitatoria en todos los puntos, pero las diferencias de tales energías no se alteran, y son estas diferencias las que entran en la expresión de la conservación de energía mecánica.

• La integral (17) es una “integral de línea”. No discutiremos aquí los métodos existentes para evaluarla en el caso general. No obstante, para los campos eléctricos simétricos que consideramos principalmente en este curso, la integral de línea se puede reducir fácilmente a una integral ordinaria de una sola variable. Para ello es menester escoger una trayectoria de integración Γ conveniente, como veremos.

Análogamente a lo que sucede con el sistema capacitor‐carga discutido en la sección anterior, el trabajo Wext que realiza el agente externo no se pierde, sino que se transforma en energía potencial

eléctrica “U” del sistema {D, q}. Usando entonces “Wext = U” y la relación (14), φ = Wext/q, tenemos.

(18) U = q φ(P)

Energía potencial eléctrica del sistema {D, q} en la configuración en que la carga q se encuentra en el punto P. D es la distribución de carga que produce el potencial φ.

Antes de obtener algunos potenciales eléctricos importantes, introduciremos el concepto general de voltaje o tensión eléctrica entre dos puntos.

4‐11

4.6. VOLTAJE O TENSIÓN ELÉCTRICA. En la página 4 definimos el voltaje a través de las placas de un capacitor de placas paralelas como la diferencia de potencial existente entre dichas placas. La definición general de voltaje es completamente similar. Sean P1 y P2 dos puntos de una región espacial donde existe un campo vectorial eléctrico E y un campo escalar potencial eléctrico asociado φ. La diferencia de potencial eléctrico entre P1 y P2 se denomina el voltaje o tensión entre (o “a través

de”) ambos puntos. Lo designaremos con la letra V:

(19)

Voltaje entre P1 y P2: V ≡ φ(P2) − φ(P1) (Unidades: voltio = V).

De la expresión del potencial (Ec. (17)),

P

P0(P) d

Γφ = − •∫ E r

se sigue que el voltaje entre P1 y P2 es

(20) 2 1 2 0

0 0 0 1

P P P P2 1 P P P P

(P ) (P ) d d d d⎛ ⎞φ − φ = − • − • = − • − •⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫E r E r E r E r

de tal manera que el voltaje entre P1 y P2 se puede escribir como una sola integral, a saber,

(20) 2

1

P1 2 P

V(P P ) d→ = − •∫ E r Diferencia de potencial o voltaje entre dos puntos P1 y P2.

Notemos que el punto de referencia P0 desaparece al hacer la diferencia (19), es decir, el voltaje entre dos puntos no depende de dónde se escoja el punto de referencia del potencial. ¿Cuál es la interpretación física del voltaje entre dos puntos? Sabemos que el trabajo que realiza la fuerza eléctrica “qE” sobre una carga puntual q, entre dos puntos P1 y P2, viene dado por la expresión

(21) 2

1

PE 1 2 P

W (P P ) q d→ = •∫ E r

de modo que, comparando (21) con (20), tenemos que

(22) Eléc.WVq

= − El voltaje entre dos puntos dados es el negativo del trabajo por unidad de carga que realiza el campo eléctrico sobre una carga puntual positiva cuando ésta se desplaza entre ambos puntos a lo largo de cualquier trayectoria.

(23) WEléc. = – qV

El trabajo que realiza el campo eléctrico sobre una carga puntual q al desplazarse ésta entre dos puntos cuya diferencia de potencial es V, es igual al negativo del producto de la carga y el voltaje entre ambos puntos.

4‐12

EJEMPLO 4.5. La figura muestra los valores del potencial eléctrico en un conjunto de puntos de una región donde existe un campo eléctrico. Sea q = 5 μC una carga eléctrica dentro de esta región. (a) ¿Cuánto trabajo invierte el campo eléctrico cuando la carga q se desplaza del punto A al B? (b) ¿Cuánto trabajo debería invertir un agente externo para transportar cuasiestáticamente la carga dada entre los puntos E y G? (c) ¿Cuánto trabajo invierte el campo eléctrico sobre la carga cuando ésta se desplaza del punto F al A, luego al C, luego al E y finalmente de regreso a F?

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Usaremos la ecuación (23), a saber, WEléc. = – qV ( = – Wext) (a) Entre los puntos A y B existe una diferencia de potencial o voltaje igual a V(A → B) = VB – VA = 15 V – 40 V = – 25 V Entonces WEléc. = – 5 μC ⋅ (–25 V) = 125 μJ

Fig. 33

(b) Dado que Wext = – WEléc., el trabajo que realizaría el agente externo sería

Wext = qV donde V es el voltaje entre los puntos E y G. (Note que, de acuerdo con esta ecuación, para que una carga puntual positiva q pase de un punto dado a otro a mayor potencial eléctrico, el agente externo debe comunicar a la carga una energía (en forma de trabajo) igual a “qV”. En el segundo punto la energía potencial de la carga en el campo eléctrico dado es precisamente mayor que en el primer punto, en una cuantía “qV”.) Entre los puntos E y G este trabajo vale Wext = q(VG – VE) = 5 μC (16 V – (–26 V)) = 5 mC (42 V) = 210 μJ (c) El trabajo realizado por el campo eléctrico o por el agente externo cuando la carga recorre un camino cerrado “F → A → C → E → F” es cero: WEléc.(F → A → C → E → F) = –q(V(F → A) + V( A → C) + V( C → E) + V( E → F) = = –q ((40–(–9)) + (5–40) + (–26–5) + (–9–(–26))) = –q(66–66) = 0 (Con respecto a este resultado consulte la Sección 4.6).

4‐13

4.6. INTEGRAL DE LÍNEA DEL CAMPO ELÉCTRICO A LO LARGO DE UNA CURVA CERRADA. Sea Γ una curva cerrada. Consideremos la integral de línea del campo eléctrico a lo largo de Γ. Podemos evaluar tal integral partiendo de algún punto arbitrario P y recorriendo Γ en el sentido positivo hasta regresar al mismo punto P (Fig. 33).

Fig. 22

Por la propiedad de aditividad de la integral, ésta se puede escribir en la forma

S P

C P SC1 2d d d+

Γ• = • •∫ ∫ ∫E r E r E r

donde C1 y C2 son porciones complementarias de la curva Γ, tal como se muestra en la Fig. 22.

Ahora bien, de acuerdo con la Ec. (20‐p??), tenemos

S

C P1d ( (S) (P)) V(P S)• = − φ − φ = − →∫ E r

y también

P

SC2d ( (P) (S)) V(S P)• = − φ − φ = − →∫ E r

En vista de que V(P → S) = – V(S → P), tenemos que la integral de línea considerada es cero.

(33) d 0Γ

• =∫E r

La integral de línea del campo eléctrico a lo largo de cualquier curva cerrada Γ es cero.

Fundamentalmente, esta propiedad de la integral de E se deduce de que E es un campo conservativo.

4‐14

4.7. POTENCIAL ELÉCTRICO DE UNA CARGA PUNTUAL. He aquí el procedimiento para calcular el potencial eléctrico de una carga puntual Q, por medio de la integral

[(17‐p10)] 0

P

P(P) d

Γφ = − •∫ E r

• Coloquemos la carga Q en el origen de un sistema de coordenadas polares, y sea “r” la coordenada

radial de los puntos del plano, medida entonces desde Q. La otra coordenada polar, el ángulo θ, no intervendrá en el cálculo dada la simetría esférica del campo eléctrico de la carga (Fig. 6).

• Sea P el punto arbitrario del espacio donde deseamos evaluar el potencial eléctrico. Denotemos con “rP” la coordenada radial (constante) de este punto.

• Sea P0 un punto fijo arbitrario, escogido como punto de referencia. Sea “r0” su coordenada radial. • Escojamos una trayectoria de integración Γ o curva que enlace los puntos P0 y P. Sea “r” la

coordenada radial (variable) de un punto arbitrario del camino Γ. Sea r el vector de posición de tal punto y tracemos allí los vectores E y dr.

Fig. 6

La expresión vectorial del campo eléctrico de la carga, existente en el punto “r”, es

3kQr

=r

E (dirección radial, magnitud 3 3 2| | kQE kQ kQ

r r r= = = =

r rE )

Sustituyendo en la integral (17‐p10) del potencial tenemos

4‐15

P P P

0 0 0

r r rP 3 3r r r

kQ d(r ) d d kQr rΓ Γ Γ

•φ = − • = − • = −∫ ∫ ∫

r r rE r r

Esta última integral es fácil de evaluar usando la relación general, válida para cualquier vector A,

( ) ( )2 2 2 2 2x x y y x y x y

1 1 1 1 1d A dA A dA d(A ) d(A ) d A A d A (2AdA) AdA2 2 2 2 2

• = + = + = + = = =A A

que nos da, aplicada al vector r: r • dr = r dr (Ojo: “dr” no es la magnitud del vector “dr”) Con esto, la integral queda

PP P P

0 0 0 0

rr r rP 3 3 2r r r r

d rdr dr 1(r ) kQ kQ kQ kQrr r rΓ Γ Γ

• ⎡ ⎤φ = − = − = − = − −⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫r r

Evaluando para los límites de integración dados se obtiene la expresión

PP 0

1 1(r ) kQr r

⎛ ⎞φ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

A la vista de esta expresión, conviene hacer lo siguiente: dado que P es un punto arbitrario del espacio (que permanece fijo durante la integración), podemos renombrar su coordenada “rP” como “r”. Además podemos escoger el punto de referencia en el infinito, con lo que el término (1/r0) desaparece. Así,

(24) 0

Q kQ(r)4 r r

φ = =πε

Potencial eléctrico generado por una carga puntual Q en un punto arbitrario a distancia “r” de la carga. El punto de referencia está en el infinito (

rlím (r) 0→∞

φ = ).

Observaciones: • Dado que siempre r > 0, tenemos que si Q es positiva, entonces el potencial eléctrico es positivo en

todo el espacio. Si Q es negativa, el potencial eléctrico es negativo en todo el espacio. El potencial tiene una singularidad en el punto donde se encuentra la carga, donde se hace infinito.

• Si las coordenadas radiales de P1 y P2 son r1 y r2, respectivamente, entonces el voltaje entre ambos

puntos, debido al campo eléctrico de la carga puntual Q, es

(25) 1 2 2 12 1

1 1V(P P ) (r ) (r ) kQr r

⎛ ⎞→ = φ − φ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Voltaje entre dos puntos P1 y P2 en el

campo de una carga puntual Q.

4‐16

Recordando la relación U = qφ entre el potencial eléctrico φ producido por una distribución D y la energía potencial eléctrica U del sistema {D, q}, podemos agregar lo siguiente (donde D es ahora simplemente otra carga puntual Q):

(26) kQqUr

=

Fig. 7

Energía potencial eléctrica del sistema de dos cargas puntuales {Q, q}, en cualquier confi‐guración en que la distancia entre las cargas es “r”.

4.8. POTENCIAL ELÉCTRICO DE UN SISTEMA DE CARGAS PUNTUALES. Sea {Q1, Q2, …, QN} un sistema de cargas puntuales que ocupan puntos fijos en el espacio. Sean E1, E2, …, EN los campos eléctricos individuales producidos por cada carga, respectivamente.

De acuerdo con (17‐p10), el potencial en el punto arbitrario P, generado por el sistema de cargas puntuales, es

0

P

P(P) d

Γφ = − •∫ E r

donde E = E1 + E2 + … + EN es el campo eléctrico debido a todas estas cargas. Sustituyendo este campo en la

expresión anterior del potencial y usando la propiedad de distributividad de la integral de línea,

0 0 0 0

P P P P1 2 N 1 2 NP P P P

(P) ( ... ) d d d ... dΓ Γ Γ Γ

φ = − + + + • = − • − • − − •∫ ∫ ∫ ∫E E E r E r E r E r

Pero las integrales del miembro derecho son los potenciales individuales que producirían las cargas por sí solas. Se obtiene entonces

φ(P) = φ1(P) + φ2(P) + … + φN(P)

Este resultado se puede generalizar: “El potencial eléctrico producido por un conjunto de cargas puntuales y/o distribuciones continuas de carga es la suma algebraica de los potenciales eléctricos producidos por cada carga y/o distribución”. Decimos pues que el potencial es una cantidad “aditiva”. Utilizando esta propiedad de aditividad, junto con la expresión (24) del potencial producido por una carga puntual, tenemos:

(27) N

N1 2 i1 2 N ii 1

kQkQ kQ Q(P) ... kr r r r=

φ = + + + = ∑

Potencial eléctrico debido a un conjunto de cargas eléctricas puntuales Q1, Q2, …, QN, en un punto P arbitrario

del espacio, a distancias respectivas r1, r2, …, rN de las cargas (Fig. 8).

4‐17

Fig. 8

EJEMPLO 4.6. ENERGÍA DEL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN EL MODELO DE BOHR. En el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, el electrón describe órbitas circulares alrededor del protón (Fig. 9). De acuerdo con (20), la energía potencial eléctrica del sistema {protón, electrón} es

2keUr

= −

donde

e = 1.6 (10–19) C

es la carga del protón y “– e” la del electrón, y “r” es el radio de la órbita del electrón. Suponiendo que el protón está fijo y que el

Fig. 9

electrón se mueve circularmente con velocidad “v”, la energía cinética del átomo es (puramente la del electrón):

2e

1K m v2

=

donde me es la masa del electrón. Entonces la energía total “E” del átomo de hidrógeno en el modelo de

Bohr viene dada por

2

2e

ke 1m vr 2

= − +E (Protón fijo)

Podemos dar otra expresión más simple para esta energía, aplicando algo de dinámica clásica. Apliquemos la segunda ley de Newton al movimiento circular del electrón alrededor del protón.

4‐18

El electrón ejecuta un movimiento circular uniforme alrededor del protón. La fuerza centrípeta que lo impulsa es la fuerza eléctrica debida al protón. Si el radio de la órbita electrónica es “r”, tal fuerza tiene una componente radial (única) igual a

2

r 2keFr

= −

La aceleración del electrón es puramente centrípeta, y vale

Fig. 10

2

rvar

= −

Ahora bien, de acuerdo con la segunda ley de Newton,

2

r e r evF m a mr

⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒

2 2e2

ke vmrr

− = −

de donde

2

2e

1 kem v2 2r

=

Sustituyendo esto en la expresión de la energía total tenemos

2 2 2 2

2e

ke 1 ke ke kem vr 2 r 2r 2r

= − + = − + = −E

(21) 2ke

2 r= −E

Energía total del átomo de hidrógeno

En la primera órbita de Bohr, para la cual r = 0.053 nm, la energía del átomo es

2ke

2r= − =E –21.73 (10–19) J

(Nota. En unidades “electronvoltio” de energía, definidas como “1 eV = 1.6 (10–19) J”, esta energía es igual a 13.6 eV.)

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

4‐19

EJEMPLO 4.7. Calcular el potencial debido al cuadrupolo mostrado en la figura, en los puntos de su eje longitudinal. La distancia entre carga y carga es “a”.

Fig. 11 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Coloquemos un Eje X en la línea que une las cargas, con su origen en la carga central. Sea P un punto arbitrario del Eje X, de coordenada “x”. Usaremos esto que conocemos desde la geometría analítica: la distancia entre dos puntos del Eje X, de coordenadas x1 y x2, es |x2 – x1|. Entonces las distancias del punto P a las cargas +q izquierda, –2q y +q derecha son respectivamente |x + a|, |x| y |x – a| de modo que el potencial pedido es, por (22),

q ( 2q) q(x) k

|x a| |x| |x a|−⎛ ⎞φ = + +⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

(x ≠ 0, x ≠ a, x ≠ ‐a)

Para x > a tenemos |x + a| = x + a, |x| = x y |x – a| = x – a, así que podemos quitar las barras de valor absoluto y poner

q ( 2q) q(x) k

x a x x a−⎛ ⎞φ = + +⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

que podemos simplificar a

(23) ( )

2

2 22kqa(x)

x x aφ =

− ( x > a )

Para puntos P muy lejanos del dipolo, este potencial se puede poner

2

32kqa

(x)x

φ = . (x >> a)

¿Cuál sería la expresión (sin barras de valor absoluto) del potencial eléctrico para x < – a?

4‐20

EJEMPLO 4.8.. Se tiene un sistema de 4 cargas puntuales fijas en los vértices de un cuadrado de lado “2a”, como se ve en la Fig. A. (a) Calcular el potencial eléctrico debido a estas 4 cargas en el origen de coordenadas O y en el punto P. (b) ¿Cuánto trabajo debe realizar el campo eléctrico de las 4 cargas cuando una carga puntual q se desplaza desde O hasta P? (c) ¿Cuál es el voltaje entre los puntos O y P debido al campo eléctrico del cuadrupolo?

Fig. 12

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

(a) Todas las cargas están a la misma distancia “ 2a ” del origen O. Aplicando la Ec. (22) tenemos

3Q 2Q Q 2Q(O) k 02a 2a 2a 2a

− −⎛ ⎞φ = + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Por otra parte, el punto P está a distancia “ 2a ” de las cargas “–3Q” y “2Q” superior, y a distancia “ 10a ” de las cargas “–Q” y “2Q” inferior. Entonces,

3Q 2Q Q 2Q kQ 1 1(P) k

a2a 2a 10a 10a 2 10− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ = + + + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(b) Recordemos que en la página 4‐10 se encontró que “El voltaje entre dos puntos dados es el negativo del trabajo por unidad de carga que realiza el campo eléctrico sobre una carga puntual cuando ésta se desplaza entre ambos puntos dados a lo largo de cualquier trayectoria”. En símbolos, V = – WE / q (Véase la Ec. (18)) Por consiguiente, el trabajo del campo eléctrico del cuadrupolo sobre “q” desde O hasta P es

EkqQ 1 1W q( (P) (O))a 2 10

⎛ ⎞= − φ − φ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

(c) El voltaje entre los puntos O y P es

kQ 1 1V(O P) (P) (0)a 2 10

⎛ ⎞→ = φ − φ = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

4‐21

4.9. UNA CARGA PUNTUAL MÓVIL EN EL CAMPO DE VARIAS CARGAS PUNTUALES FIJAS. En secciones anteriores encontramos los siguientes resultados: • Un sistema formado por una distribución de carga fija D y una carga puntual q posee una energía

potencial eléctrica dada por U = qφ(P), donde φ(P) es el valor del potencial en el punto P donde se encuentre q. (Consulte la Ec. (13) en la página 4‐9).

• Un sistema de, digamos, 5 cargas puntuales {Q1, Q2, …, Q5}, produce en el punto P un potencial

eléctrico dado por la expresión (Consulte la Ec. (22) en la página 4‐15)

5

51 2 i1 2 5 ii 1

kQkQ kQ Q(P) ... kr r r r=

φ = + + + = ⋅∑

donde r1, r2, …, rN son las distancias de P a las cargas Q1, Q2, …, Q5, respectivamente.

Combinando estos dos resultados podemos afirmar que el sistema {D, Q6}, donde D es el

conjunto de las 5 cargas puntuales fijas {Q1, …, Q5},

y Q6 es otra carga puntual adicional móvil, posee

una energía potencial eléctrica dada por (24) 6U Q (P)= φ

1 6 2 6 5 61 2 5

kQ Q kQ Q kQ Q...r r r

= + + +

(Recuerde: otros nombres para la expresión (24) son: “energía potencial eléctrica de Q6 en el campo

Fig. 13

de Q1, Q2, …, Q5”, o bien simplemente “energía potencial eléctrica de la carga Q6”.)

Un uso que podríamos dar a la expresión (24) sería para investigar el movimiento de la carga Q6

dentro del campo de las cargas fijas Q1, Q2, …, Q5, mediante la ley de conservación de la energía. Aquí

subyace una hipótesis fundamental, a saber, que la distribución D = {Q1, Q2, …, Q5} está fija, es decir,

estas 5 cargas están inmóviles y a distancias constantes unas de otras (podemos imaginar que están unidas por unas varillas ligeras muy delgadas y rígidas, aislantes, como se sugiere en la Fig. 13). De hecho, ya hemos estudiado movimientos de cargas dentro del campo eléctrico de distribuciones fijas en la Sección 4‐3 y en los Ejemplos 4.2, 4.4 y 4.6, y hemos aplicado la ley de conservación de la energía total. Le energía total del sistema formado por las 5 cargas fijas {Q1, Q2, …, Q5} y la carga móvil Q6 es

(25) E (P) = 26 66

1 m v Q2

+ φ (P)

donde m6 y v6 son la masa y velocidad de la carga Q6, respectivamente, y φ(P) es el potencial debido a las 5 cargas {Q1, Q2, …, Q5} en el punto donde se encuentre Q6.

La ley de conservación de la energía expresaría entonces que esta E(P) es constante. Veamos un ejemplo.

4‐22

EJEMPLO 4.9. Dos cargas iguales, “Q”, que se pueden considerar puntuales, están unidas por una varilla aislante, rígida y ligera, y separadas una distancia “a”. Desde el punto medio entre ambas cargas se

proyecta una carga negativa “–q” perpendicularmente a la línea de unión (Fig. 14). ¿Qué velocidad “ve”

debe dársele a esta carga para que escape de la atracción eléctrica de las dos cargas fijas? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Teóricamente, debemos impulsar la carga “– q” con suficiente velocidad para que “justamente alcance a llegar al infinito”, lo cual significa simplemente que su velocidad debe tender a cero conforme la distancia crece a infinito. Pongamos un Eje X con su origen en el punto medio de ambas cargas Q, y su dirección coincidente con la recta de movimiento de la carga negativa. El potencial eléctrico debido a las dos cargas Q en el punto arbitrario “x” es

2 2

2Q(x) k(a / 2) x

φ = ⋅+

Por tanto, la energía potencial eléctrica de la carga “–q” en

Fig. 14

el campo de las dos cargas positivas Q, en el punto “x”, es

2 2

2kqQU q (x)(a / 2) x

−= − φ =

+

Si la velocidad de la carga negativa en dicho punto es “v”, entonces la energía total del sistema formado por las dos cargas fijas y la carga móvil, en una posición arbitraria “x”, es

E = 22 2

2kqQ1mv2 (a / 2) x

−+

(m = masa de la carga negativa). En el punto de partida (x = 0, v = ve), la energía total es

E 2e

4kqQ1mv2 a

= −

Por otra parte, en el infinito (x = ∞ , v = 0), la energía total es cero. Por lo tanto, despejando la velocidad ve de la ecuación E = 0 obtenemos

e8kqQvma

=

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

4‐23

4.10. SOBRE EL CÁLCULO DE POTENCIALES ELÉCTRICOS. En esta sección obtendremos otra fórmula integral más simple que (12) para el potencial, válida para las siguientes situaciones: • Se desea calcular el potencial eléctrico en puntos sobre una línea de fuerza recta del campo E. • El campo E depende exclusivamente de una sola variable de posición (o coordenada) medida a lo largo

de dicha línea de fuerza. Ilustraremos en el siguiente ejemplo el método, así como la integral que resulta para el potencial, que luego generalizaremos a otros casos similares. Ejemplo. Calcular el potencial debido a un alambre recto infinito cargado uniformemente con densidad lineal de carga “λ”, en un punto arbitrario del espacio.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Fig. 15

Primeramente recordemos cómo es el campo eléctrico del alambre (Fig. 15). Las líneas de fuerza son rectas ortoaxiales, contenidas en planos perpendiculares al alambre. El campo apunta alejándose del alambre si λ es positiva, y hacia él si es negativa. El campo disminuye proporcionalmente con la distancia al alambre (factor de proporcionalidad = λ/2πε0). Estudie bien la Fig. 16. Hemos establecido un Eje X con su origen O en el alambre, y dirigido a lo largo de una línea de fuerza recta perpendicular al alambre. La coordenada medida desde O a lo largo del Eje X se denotará con “x”. La componente (única) del campo eléctrico a lo largo del Eje X es, como sabemos (Consulte la Ec. (21) en la pág. 2.12):

Fig. 16

(26) x0

E2 xλ

=πε

La dirección de E es la del vector unitario i a lo largo del Eje X, de modo que vectorialmente:

x0

(x) E2 xλ

= = ⋅πε

E i i

Para obtener el potencial eléctrico en un punto P cualquiera (de coordenada “x”) de la línea de fuerza (o Eje X), hay que integrar este campo desde algún punto de referencia P0 hasta P.

Como trayectoria de integración Γ se escoge precisamente el segmento P0P de la línea de fuerza recta o Eje X. Entonces un punto cualquiera de este segmento tiene vector de posición dado por “ x=r i “, y el desplazamiento infinitesimal se expresa como “ d dx= ⋅r i “.

4‐24

Sustituyamos estas expresiones para E y dr en la integral del potencial, o sea

[(12)] 0

P

P(P) d

Γφ = − •∫ E r

Obtenemos

P P

0 0

x xP xx x

(x ) d (E ) (dx )Γ Γ

φ = − • = − •∫ ∫E r i i

Tomando en cuenta que i • i = 1 tenemos

(27) P

0

xP xx

(x ) E dxφ = − ∫

Hemos reducido así la integral de línea (12) a una integral ordinaria de una variable. Sustituyendo (26) en (27) obtenemos el potencial del alambre recto infinito:

[ ]P P

00

x xP xx 0 0

(x ) dx ln(x)2 x 2λ λ

φ = − = −πε πε∫

PP

0 0

x(x ) ln2 x

⎛ ⎞λφ = − ⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

Escogiendo el punto de referencia en x0 = 1 (unidad de medida de longitud usada) y renombrando la

variable “xP” simplemente con “x” tenemos finalmente

(28) 0

(x) ln(x)2λ

φ = −πε

Potencial eléctrico de un alambre infinito en

un punto a una distancia “x” del alambre. Ahora bien, aunque en este ejemplo hemos trabajado con una coordenada “x” medida a lo largo de una línea de fuerza recta, en otros casos esta coordenada podría designarse como “r”, o “y”, etc., según el campo eléctrico de que se trate. El procedimiento para calcular el potencial sería similar, llegándose a una fórmula análoga a (27), en la que en lugar de “x” aparecería la coordenada usada en cada caso. Entonces, llamando en general “u” a la coordenada en cuestión, podemos dar la siguiente expresión general:

(29) 0

uuu

(u) E duφ = − ∫

Fórmula general del potencial eléctrico en un punto arbitrario de una línea de fuerza recta del campo eléctrico. “u” es la coordenada medida a lo largo de la línea de fuerza, y se ha escogido el punto de referencia sobre dicha línea. Eu es la componente (única) del campo eléctrico, la cual se supone dependiente solamente de la variable “u”.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

4‐25

EJEMPLO 4.10. Calcular el potencial eléctrico debido al campo de una esfera sólida de radio R cargada uniformemente con carga total Q, en puntos dentro y fuera de la esfera. En el capítulo 3 calculamos ya el campo de una esfera tal. Repitamos aquí los resultados (Fig. 17).

Fig. 17

El campo posee líneas de fuerza radiales (hacia fuera si Q es positiva y hacia dentro si es negativa). Denotando con “r” la coordenada radial medida desde el centro de la esfera, tenemos para la componente radial (única) del campo las expresiones

r 30

Q rE

4 R=

πε para r ≤ R

r 20

QE4 r

=πε

para r ≥ R

Notemos que fuera de la esfera el campo es idéntico al que produciría una carga puntual Q colocada en el centro de la esfera.

Dado que el campo eléctrico posee líneas de fuerza que son rectas (radiales), y que el campo a lo largo de una línea de fuerza depende solamente de la variable “r”, podemos aplicar la fórmula (29) que, adaptada al caso presente, escribiríamos en la forma

0

rrr

(r) E drφ = − ∫

Escogeremos por conveniencia el punto de referencia en el infinito. Para puntos fuera de la esfera tenemos

(30) r r

2 20 00

Q Q dr Q(r) dr4 4 r4 r r∞ ∞

φ = − = − =πε πεπε∫ ∫ (r ≥ R)

(idéntico al potencial de una carga puntual Q situada en el centro de la esfera). Para puntos dentro de la esfera (r ≤ R) tenemos que separar la integral en dos partes: una desde el infinito hasta el punto r = R, y otra desde el punto r = R hasta el punto final “r” considerado. En cada parte debemos utilizar la expresión vigente para el campo eléctrico. Se obtiene

R r R r

r r 2 3R R0 0

QrQ(r) E dr E dr dr dr4 r 4 R∞ ∞

φ = − − = − −πε πε∫ ∫ ∫ ∫

(31) 2 2 2 2

3 30 00

Q Q r R Q 3R r(r)4 R 2 2 44 R R

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−φ = − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟πε πεπε ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(r ≤ R)

4‐26

EJEMPLO 4.11. CAPACITOR ESFÉRICO. Se denomina capacitor esférico a un dispositivo formado por dos cascarones esféricos concéntricos, digamos de radios “a” y “b”, que poseen cargas respectivas +Q y –Q distribuídas uniformemente en su superficie. El campo eléctrico es cero dentro del cascarón interior (r ≤ a) y también fuera del cascarón exterior (r ≥ b). Véase la Fig. 18.

Fig. 18

En un punto P arbitrario del espacio entre los dos cascarones, de coordenada radial “r” medida desde el centro del cascarón interior, el campo eléctrico vale (Consulte el Ejemplo 3.3 en la página 3‐14)

r 2kQEr

=

Aplicando la fórmula (29), tenemos para el potencial eléctrico en la región a ≤ r ≤ b la expresión

rr r

r 2b b b

kQ 1 1 1(r) E dr dr kQ kQr r br⎡ ⎤ ⎛ ⎞φ = − = − = = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫ ∫

en donde hemos fijado el punto de referencia en el cascarón exterior (r0 = b). El voltaje a través del capacitor es

1 1V (a) (b) kQ 0a b

⎛ ⎞≡ φ − φ = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

o sea

(32) 1 1V kQa b

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

Voltaje a través de un capacitor esférico. (Carga +Q en r = a, y ‐Q en r = b, con a < b).

4‐27

EJEMPLO 4.12. Se aplica un voltaje V entre dos cascarones conductores esféricos concéntricos de radios a y b. Demuestre que si el cascarón exterior se “aterriza” (o sea se conecta a tierra, estableciéndose φ ≡ 0 allí), entonces el potencial en el espacio entre los cascarones es

(b r)a(r) V(b a)r

−φ =

−

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Antes de aplicar el voltaje V entre los cascarones, no estaban cargados. Al aplicarlo, el cascarón interior se carga con “q” y el exterior con “–q”. Existe campo eléctrico solamente en el espacio entre ambos cascarones, y viene dado por

r 20

qE4 r

=πε

donde “r” es la coordenada radial medida desde el centro de ambos cascarones. Empleando la Ec. (29‐p24) tenemos que el potencial eléctrico es

r r

r 2b b 0

q 1 1(r) E dr dr kqr b4 r

⎛ ⎞φ = − = − = −⎜ ⎟πε ⎝ ⎠∫ ∫ (a ≤ r ≤ b)

Advierta que el punto de referencia del potencial, donde φ ≡ 0, se ha tomado en r = b, como especifica el problema. Por eso la integral para el potencial tiene como límite inferior el valor “b” para “r”. Imponiendo la condición de que el potencial en r = a sea igual a V tenemos

1 1(a) V kqa b

⎛ ⎞φ = = −⎜ ⎟⎝ ⎠

De aquí encontramos la carga “q”:

abVq

k(b a)=

−

Sustituyéndola en la expresión anterior para φ(r) hallamos

abV 1 1 (b r)a(r) Vb a r b (b a)r

−⎛ ⎞φ = − =⎜ ⎟− −⎝ ⎠

(Se comprueba que φ(b) = 0 y φ(a) =V).

4‐28

4.11. CÁLCULO DEL POTENCIAL ELÉCTRICO A PARTIR DE LA CARGA. La ecuación 19 en la página 4.12 da el potencial producido por una carga puntual Q en un punto a distancia “r” de la carga, a saber,

[(19)] kQ(r)r

φ =

En virtud de que toda distribución de carga, por compleja que sea, puede subdividirse en un gran número de cargas puntuales, podemos usar la expresión (19) y los métodos del cálculo integral para calcular el potencial eléctrico producido por la distribución. Veamos. En la Fig. 19 se representa una distribución de carga arbitraria. Para calcular su potencial en el punto arbitrario P, se divide la distribución en un gran número de elementos de carga dQ, tan pequeños que se pueden considerar como si fuesen cargas puntuales. El elemento general dQ produce entonces en P un potencial dado, según (19), por

kdQ

dR

φ =

Sumando algebraicamente los potenciales producidos por todos los elementos de carga que forman la distribución obtenemos

(33) dQkR

φ = ∫

Fig. 19

Esta integral presupone que el punto de referencia es el infinito. EJEMPLO 4.13. Calcular el potencial producido por un anillo delgado de carga total uniforme Q y radio “a”, en un punto P arbitrario sobre su eje de simetría perpendicular (Fig. 20). Para aplicar la fórmula (33), primeramente trazamos el elemento de carga general dQ, como se muestra en la Fig. 20. Luego trazamos la línea que une dQ con P.

Fig. 20

Advirtamos que todos los elementos de carga del anillo se encuentran a la misma distancia “R” del punto campo P, de tal modo que la integral es trivial:

0 0

1 dQ 1 dQ4 R 4 R

φ = =πε πε∫ ∫

2 20 0

Q Q4 R 4 a z

= =πε πε +

4‐29

Hubiéramos obtenido el mismo potencial aplicando la fórmula (29) de la página 4‐21. Consultando el campo eléctrico del anillo (Ecuación (24), página 2‐15) tendríamos

( )z z

z 30 2 2 2

Q z(z) E dz dz4

a z∞ ∞

φ = − = −πε

+∫ ∫

El resultado de esta integral es la expresión obtenida al final de la página anterior. EJEMPLO 4.14. Calcular el potencial debido a un trozo de alambre recto de carga total uniforme Q y longitud L, en un punto arbitrario sobre la recta perpendicular al alambre, a través de su centro.

Fig. 21

Tenemos dQ = λ dy’ = (Q/L) dy’

2 2R x y′= +

Entonces,

2 20 0

Qdy1 dQ 14 R 4 L x y

′φ = =

πε πε ′+∫ ∫

La integral debe abarcar todo el trozo de alambre, es decir, y’ va desde –L/2 hasta L/2. El resultado es

( ) 2 2L / 22 2

2 2L / 20 0

Q Q L 4x Lln y x y ln4 L 4 L L 4x L−

⎛ ⎞+ +⎡ ⎤ ⎜ ⎟′ ′φ = + + =⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦πε πε − + +⎝ ⎠

El punto de referencia de este potencial es el infinito (Note que

xlím (x) 0→∞

φ = ).

4‐30

4.12. SUPERFICIES EQUIPOTENCIALES. Una superficie equipotencial del campo eléctrico es una superficie tal que el potencial eléctrico es constante en todos sus puntos. Ejemplos. 1. Las superficies equipotenciales del campo eléctrico de un capacitor de placas paralelas son planos paralelos a las placas. Esto lo vemos de la expresión del potencial eléctrico, a saber

0

yEy

σφ = =

ε

Todos los puntos con la misma coordenada “y” están al mismo potencial. Estos puntos forman un plano (Fig. 4.10) cuya ecuación es y = constante El campo eléctrico del capacitor es perpendicular a estos planos en todo punto.

Fig. 23

Otro ejemplo: el potencial eléctrico producido por una esfera de radio R, cargada uniformemente con carga Q, viene dado en puntos fuera de la esfera por

0

Q4 r

φ =πε

Por tanto, el potencial eléctrico es constante en puntos a la misma distancia “r” del centro de la esfera, los cuales están sobre esferas concéntricas a la carga. Estas esferas son las superficies equipotenciales del campo de la esfera. Notemos que también en este caso, el campo eléctrico E es perpendicular en todo punto a la superficie equipotencial que pasa por el punto.

Fig. 24

4‐31

Para el campo dentro de la esfera, las superficies equipotenciales siguen siendo esferas concéntricas, pues el campo allí depende solamente de (y es proporcional a) “r”, de tal manera que la ecuación de estas superficies equipotenciales es “r = constante”. Vamos a demostrar a continuación que las líneas de fuerza del campo eléctrico cortan a las superficies equipotenciales perpendicularmente en todo punto. En la Fig. 4.12 se representan las líneas de fuerza de algún campo eléctrico E. La línea transversal mostrada, que pasa por los puntos P y S, se ha trazado de modo que corra perpendicularmente a las líneas de fuerza. Vamos a demostrar que el potencial eléctrico es constante a lo largo de dicha línea transversal.

Fig. 25

Sabemos que la diferencia de potencial eléctrico entre los puntos P y S viene dado por la integral

[(16)] SP

V(P S) d→ = − •∫ E r

Por otra parte, el segmento de curva que une los puntos P y S, mostrado en la Fig. 4.12 es perpendicular en cada uno de sus puntos al campo eléctrico existente en esos puntos. Por lo tanto, la integral anterior es cero, puesto que E y dr son perpendiculares a lo largo del segmento PS, y su producto escalar es cero. Esto demuestra que V(P → S) = φ(S) – φ(P) = 0

o sea que

φ(S) = φ(P) Hemos demostrado así que todos los puntos sobre una línea que corra perpendicularmente a las líneas de fuerza del campo eléctrico están al mismo potencial. En el caso de tres dimensiones no tenemos líneas (curvas) equipotenciales, sino superficies equipotenciales. El potencial eléctrico es una función de la posición: φ = φ(x, y, z). El conjunto de puntos

4‐32

donde el potencial tiene un valor fijo (constante) C obedece la ecuación φ(x, y, z) = C que representa una superficie en el espacio cartesiano XYZ. Esta se denomina superficie equipotencial del campo (Fig. 4.13). En los puntos de una superficie equipotencial, el campo es perpendicular a la superficie, esto es, perpendicular al plano tangente a la superficie en el punto considerado o, equivalentemente, está en la misma dirección que el vector área da en ese punto.

Fig. 26

EJEMPLO 4.15. La Fig. 4.15 muestra las líneas de fuerza del campo eléctrico generado por una carga “6q” (izquierda) y una carga “–q” (derecha), así como algunas superficies equipotenciales.

Fig. 30

4‐33

EJEMPLO 4.16. Misma cosa que el ejemplo anterior, para cargas “–3q” (izquierda), “–2q” (abajo) y “2q” (arriba).

Fig. 31

4.13. RELACIÓN ENTRE EL POTENCIAL (O VOLTAJE) Y EL CAMPO ELÉCTRICO. En secciones anteriores hemos introducido dos expresiones integrales para el potencial eléctrico, a saber,

[(12)] 0

P

P(P) d

Γφ = − •∫ E r (pág. 4‐9)

[(29)] 0

uuu

(u) E duφ = − ∫ (pág. 4‐21)

la segunda válida cuando el campo eléctrico depende de una sola variable “u” medida a lo largo de una línea de fuerza recta del campo. Deseamos ahora investigar las relaciones inversas a éstas. La relación inversa de la expresión (29) es inmediata. Del cálculo diferencial de una variable sabemos que si φ es la integral de Eu, entonces Eu es la derivada de φ. Es decir, la inversa de (29) es

(37) udEduφ

= −

Relación entre el campo eléctrico y el potencial eléctrico cuando el campo posee líneas de fuerza rectas y depende de una coordenada medida a lo largo de la línea de fuerza.

4‐34

EJEMPLO 4.17. El potencial en puntos dentro de una esfera sólida cargada es

2 2

30

Q 3R r(r)4 R

⎛ ⎞−φ = ⎜ ⎟⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

Por (37) (donde “u” de (37) es ahora “r”), el campo eléctrico en puntos dentro de la esfera es

2 2

r 3 30 0

Qrd d Q 3R rEdr dr 4 R 4 R

⎡ ⎤⎛ ⎞φ −= − = − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟πε πε⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

EJEMPLO 4.18. El potencial eléctrico debido a un alambre recto infinito cargado uniformemente con

densidad de carga lineal l, en un punto a distancia “x” del alambre es

0(x) ln(x)

2λ

φ = −πε

Calcular el campo eléctrico en el punto.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Usando la fórmula (37), donde la variable “u”, medida a lo largo de la línea de fuerza, es en este caso “x”, tenemos

x0 0

d dE ln(x)dx dx 2 2 x

⎛ ⎞φ λ λ= − = − − =⎜ ⎟πε πε⎝ ⎠

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

La relación inversa de la integral de línea (12) es tema del cálculo de varias variables, fuera del nivel matemático de este texto. Sin embargo, podemos usar algunas ideas del cálculo integral para encontrar una relación útil. Vamos a efectuar la integral de línea (12) tomando como trayectoria de integración Γ una línea de fuerza (en general curva) del campo eléctrico. Además los puntos límites de la integración serán dos puntos P y S separados por una distancia mucho muy pequeña. Veamos la Fig. 22. El punto O es el origen de un sistema de coordenadas (no mostrado). Desde O trazamos los vectores de posición “rP” y “rS” de dos puntos P y S muy próximos situados sobre una línea de fuerza del campo E.

Fig. 22

4‐35

P y S están tan cercanos uno del otro que el segmento PS puede considerarse recto con muy buena aproximación, y además el campo E puede considerarse constante sobre los puntos de este segmento. El vector separación entre P y S, o sea Δr ≡ rS – rP, es de magnitud muy pequeña.

De acuerdo con (16) en la pág. 10, el voltaje entre los puntos P y S es

(38) SP

V(P S) d→ = − •∫ E r

Ahora bien, dado que el campo se supone aproximadamente constante (en magnitud y dirección), podemos sacarlo de la integral en la forma

( )S PSP

V(P S) d⎛ ⎞→ ≈ − • = − • − = − • Δ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫E r E r r E r (Δr ≡ rS – rP)

En virtud de que E y Δr son paralelos, su producto escalar es el producto de sus magnitudes. Poniendo

|Δr| = Δs

tenemos

V(P → S) ≈ – E Δs

o bien, dado que el voltaje V es la diferencia de potencial φ(S) – φ(P) ≡ Δφ, obtenemos la relación

(39) VE

s sΔφ

≈ − = −Δ Δ

El campo eléctrico en un punto P es el negativo de la tasa de variación del potencial con la distancia medida a lo largo y en el sentido de la línea de fuerza a través de P. Alternativamente, es el voltaje a través de P y otro punto muy cercano, situado en la misma línea de fuerza que P, dividido por la distancia entre esos puntos.

El signo negativo de (39) expresa que la dirección el campo E siempre es de mayor a menor potencial. Antes de dar un ejemplo de aplicación de (39), conviene introducir otro concepto.

4‐36

EJEMPLO 4.19. Las superficies equipotenciales constituyen un modo alternativo muy conveniente de obtener una idea gráfica global del campo eléctrico. En la Fig. 4.14 se muestra una familia de superficies equipotenciales, formada por un conjunto de superficies donde el potencial toma valores fijos igualmente espaciados.

Fig. 27

Observe la línea de fuerza de campo eléctrico mostrada a través de los puntos P y S. Esta línea interseca perpendicularmente a todas las superficies equipotenciales de la familia. Para calcular aproximadamente el campo en el punto P, consideramos otro punto S muy cercano, y aplicamos la ecuación (39). Por ejemplo, para los puntos P y S de la Fig. 27 tenemos que la magnitud del campo en P vale

45V 50V VE 2500

s 0.002m mΔφ −

≈ = =Δ

(dirigido de mayor a menor potencial)

4‐37

4.14. AUTOENERGÍA DE UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA. En la Sección 4.8 discutimos la ley de conservación de energía para un sistema formado por un conjunto de 5 cargas puntuales fijas Q1, Q2, …, Q5, y adicionalmente otra carga puntual móvil Q6. Véase

la Fig. 4.6, repetida a la derecha. Encontramos para la energía total de tal sistema la Ec. (25), que repetimos aquí:

[(25)] E (P) = 26 66

1 m v Q2

+ φ (P)

donde φ(P) es el potencial producido por las 5 cargas fijas en el punto P donde se encuentre la carga móvil Q6.

Ahora bien, ¿Cuál sería la energía total de este sistema {Q1, Q2, …, Q5; Q6} si las 5 cargas Q1 a

Q5 estuviesen también en movimiento (que sería

[Fig. 4.6, pág. 4‐18]

como el movimiento de un cuerpo rígido, pues estas cargas están unidas por varillas rígidas aislantes)? Es más, podríamos liberar la condición de rigidez y permitir que las 5 cargas Q1, …, Q5, al igual

que la carga Q6, estuviesen todas en movimiento arbitrario. ¿Cuál sería la energía total del sistema de las 6

cargas móviles en este caso? Vamos a investigar a continuación esta situación en general, para N cargas. Tenemos entonces en general un sistema aislado de N cargas puntuales Q1, Q2, …, QN, todas

móviles, y deseamos encontrar la expresión de la energía total del sistema. Una contribución a esta energía total proviene de la energía cinética de las cargas. Sean m1, m2, …,

mN las masas y v1, v2, …, vN las velocidades de las cargas en un instante cualquiera. Entonces la energía

cinética K es

(40) N

2 2 2 21 2 N i1 2 N i

i 1

1 1 1 1K m v m v ... m v m v2 2 2 2=

= + + + = ∑

La otra contribución a la energía total proviene de la llamada autoenergía o energía de formación del sistema, que se define como sigue: (41)

La autoenergía o energía de formación de un sistema de cargas puntuales {Q1, Q2, …, QN}, en una configuración dada, es el trabajo que un agente externo necesita

invertir para transportar a todas las cargas cuasiestáticamente, una por una, desde el infinito hasta los respectivos puntos que ocuparán en esa configuración. Durante este transporte, las cargas ya configuradas permanecen fijas.

Esta clase de energía dependerá entonces exclusivamente de las ubicaciones finales de las cargas, no así de sus velocidades. Para obtener la autoenergía del sistema de cargas {Q1, Q2, …, QN}, realizamos el siguiente proceso:

Para traer la primera carga, Q1, desde el infinito hasta su posición final dentro del sistema, no es

4‐38

necesario efectuar ningún trabajo “W1”, puesto que no existe campo eléctrico que se oponga a este

transporte. Una vez puesta Q1 en su lugar final, permanecerá fija allí durante todo el proceso. Entonces

W1 = 0

Para traer la segunda carga, Q2, el agente externo debe realizar un trabajo “W2” contra la fuerza

eléctrica de la carga Q1 ya configurada. Pero, recordando la definición general de potencial eléctrico, este

trabajo es precisamente igual a “Q2 φ1”, donde φ1 es el potencial debido a la carga Q1 en el punto donde

se colocará Q2: Tenemos entonces

12 2 1 2

0 12

QW Q Q4 r

= φ = ⋅πε

donde r12 es la distancia entre las cargas Q1 y Q2 en la configuración final.

Una vez que cada carga ha sido configurada, se imagina que permanece fija en su punto de destino. Para traer la tercera carga, Q3, debe realizarse un trabajo W3 contra la fuerza eléctrica del campo

generado por las dos cargas ya configuradas Q1 y Q2. Este trabajo es igual a “Q3 φ12”, donde φ12 es el

potencial eléctrico debido a Q1 y Q2 en el punto donde quedó Q3. Así pues,

1 3 2 31 23 3 12 3

0 13 0 23 0 13 23

Q Q Q QQ Q 1W Q Q4 r 4 r 4 r r

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= φ = ⋅ + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟πε πε πε⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ud capta la idea. El trabajo para traer la cuarta carga Q4 es

3 41 4 2 44

0 13 24 34

Q QQ Q Q Q1W4 r r r

⎛ ⎞== + +⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

y asi sucesivamente, de tal manera que el trabajo total para traer las N cargas es W = W1 + W2 + W3 + … + WN

y este es la autoenergía del sistema de N cargas.

(42) N

i k0 iki,k 1i k; k i

Q Q1U4 r=

≠ >

=πε ∑

Autoenergía o energía de formación de un sistema de N cargas puntuales Q1, Q2, …, QN.1

En la doble suma (42) no aparecen términos con índices iguales (como r22, r44, etc.), ni términos

donde el segundo índice (k) es menor que el primero (i) (como r32, r65, etc.).

1 A las cargas puntuales per se no se les adjudica ninguna autoenergía. Se consideran entidades ya formadas.

4‐39

La energía total del sistema aislado {Q1, Q2, …, QN} es

(43) E = K + U N

2 i ki i 0 iki 1 i,k 1

i k;k i

Q Q1 1m v2 4 r= =

≠ >

= +πε∑ ∑

Energía total de un sistema aislado de cargas eléctricas Q1, Q2, …, QN

Energía total = Energía cinética + Autoenergía (o Energía potencial eléctrica)

La ley de conservación de la energía total expresa que la energía total del sistema se conserva si el sistema de cargas está aislado. EJEMPLO 4.20. Se tiene un sistema de 4 cargas puntuales situadas en los vértices de un rectángulo de base “a” y altura “b”, como se muestra en la figura. Calcular la autoenergía eléctrica del sistema.

Fig. 22

Poniendo

2 2s a b= + tenemos, según la fórmula (42)

0

q( 2q) q 5q q( 3q) ( 2q) 5q ( 2q) ( 3q) 5q( 3q)1U4 a s b b s a

− ⋅ − − ⋅ − ⋅ − −⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

(Nota. En un sistema con N cargas puntuales, el número de productos que abarca la suma es

N 1N(N 1)2 2

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

En el ejemplo presente tenemos entonces 6 productos.) Reduciendo obtenemos

2

0

q 17 11 13U4 a s b

⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

4‐40

EJEMPLO 4.20. Se tiene un sistema de 5 cargas puntuales Q1, Q2, …, Q5. Las primeras 3 cargas están

unidas entre sí mediante varillas ligeras rígidas, lo mismo que las dos últimas cargas (Fig. A). Supongamos que las cargas están en movi‐miento arbitrario (ambos subsistemas {Q1, Q2, Q3} y {Q4, Q5} se moverían por hipótesis como cuerpos

rígidos). Aquí tendríamos que las autoenergías de estos subsistemas (dadas por la Ec. (42)) se mantendrían constantes durante el movimiento, puesto que las distancias “rik” entre sus cargas constituyentes no varían. La autoenergía del sistema {Q1, Q2, Q3} es, usando la fórmula (42):

Fig. 32

1 3 2 31 2123

0 12 13 23

Q Q Q QQ Q1U4 r r r

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

= constante

y la autoenergía del sistema {Q4, Q5} es

4 545

0 12

Q Q1U4 r

⎛ ⎞= ⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

= constante

Dado que estas autoenergías son constantes, no tiene caso incluirlas en la ecuación de balance de energía, en la cual se consideran solamente cambios de energía entre dos configuraciones dadas. La diferencia entre la autoenergía (o energía potencial eléctrica) del sistema completo de 5 cargas {Q1, Q2, …, Q5.} y la suma de las autoenergías de los subsistemas {Q1, Q2, Q3} y {Q4, Q5 }, que es igual a

1 5 2 5 3 4 3 51 4 2 4int

0 14 15 24 25 34 35

Q Q Q Q Q Q Q QQ Q Q Q1U4 r r r r r r

⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

se denomina energía potencial de interacción entre ambos subsistemas. Esta energía potencial Uint es la

que está variando (junto con la energía cinética) conforme ambos subsistemas se mueven. Note que la energía Uint contiene solamente productos cruzados de las cargas de ambos sistemas {Q1, Q2, Q3} y

{Q4, Q5}.

La ley de conservación de la energía total se escribiría en este caso en la forma (que excluye términos constantes)

E = K123 + K45 + Uint

donde K123 y K45 son las energías cinéticas de los subsistemas {Q1, Q2, Q3} y {Q4, Q5 }, respectivamente, y

Uint es la energía potencial de interacción entre ambos subsistemas.

4‐41

EJEMPLO 4.21. Inicialmente, 4 cargas puntuales de valores 2q, q, 2q y 5q se encuentran en los vértices de un cuadrado de lado “a”. La carga “q” es libre de moverse y las otras 3 cargas están fijas. La carga “q” se deja ir desde el reposo y momentos después se halla en la posición indicada en la Fig. 4.3, donde posee velocidad v. Suponga que las cargas están en el vacío, sin gravedad; calcular la velocidad v de la carga móvil en términos de las distancias a las demás cargas.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Dada la simetría del sistema, al liberar la carga “q”, su movimiento ocurre a lo largo de la diagonal del cuadrado. Ahora bien, el sistema de las 4 cargas posee cierta energía potencial (referida al infinito) en la situación inicial. Tal energía vendría dada por la expresión (42‐p38), o sea

Ni k

0 iki,k 1i k; k i

Q Q1U4 r=

≠ >

=πε ∑

Pero como las cargas 2q, 2q y 5q están fijas, la parte de la energía que puede variar es la energía de interacción de la carga “q” con las demás cargas. En la situación inicial, esta energía de interacción es

Fig. 44

(1)int

0

q 2q q 2q q 5q1U4 a a 2a

⋅ ⋅ ⋅⎛ ⎞= + +⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

En la situación final, en que la carga móvil ha adquirido la velocidad v, la energía potencial de interacción (es decir, la energía potencial variable del sistema total) es

(2)int

0

q 2q q 2q q 5q1U4 s s d 2a

⋅ ⋅ ⋅⎛ ⎞= + +⎜ ⎟πε +⎝ ⎠

La velocidad v se calcula ahora de la ley de conservación de energía, que se expresa así:

(1) (2) 2int int

1U U mv2

= +

4‐42

4.15. AUTOENERGÍA DE UN CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS. Apliquemos los conceptos introducidos en la sección anterior para calcular la autoenergía de un capacitor de placas paralelas, de carga “Q”, área “A” y distancia entre placas “d”. En la situación inicial (figura a la derecha, parte de arriba) se tiene el capacitor sin carga alguna. En esta situación su autoenergía U es cero. En la situación final (parte central de la figura) el capacitor ya adquirió su carga final Q. Su autoenergía en esta situación es el trabajo necesario para colocar esta carga en sus placas, transportándola desde la placa negativa (que es el punto de referencia del potencial del capacitor). Nos valdremos del siguiente artificio: Vamos a irle quitando a la placa inferior trozos “dq” de carga positiva, distribuída simétri‐camente en un plano, la cual transportamos y depositamos en la placa positiva (Fig. 4.17, abajo). Al irle quitando cargas positivas “dq” a la placa inferior motivaremos que esta placa tenga cada vez mayor deficiencia de carga positiva, es decir, su carga neta total se irá volviendo cada vez más negativa. Digamos que “– q” sea el valor en una etapa arbitraria del proceso; entonces la carga ya depositada en la placa superior será “q”. El campo eléctrico del capacitor en una etapa en que su carga es “q” es igual a

0 0

qEA

σ= =ε ε

Capacitor sin carga (U = 0)

Capacitor cargado (U ≠ 0)

Capacitor cargado con carga q

Fig. 28

de modo que el trabajo necesario para llevar el plano de carga “dq” hasta la placa positiva, contra la fuerza de este campo, es dW = fuerza × distancia = carga × campo × distancia, o sea

0

qdW dq E d dq dA

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ε

Integrando dW desde q = 0 hasta q = Q obtenemos el trabajo total, que viene siendo la autoenergía del capacitor cargado:

(44) 2Q

00 0

d Q dU W qdqA 2A

= = =ε ε∫

Autoenergía de un capacitor cargado con carga Q

Note que en términos del campo eléctrico del capacitor,

4‐43

0

E σ=ε

tenemos que la autoenergía por unidad de volumen del capacitor, denominada densidad de energía, es

(45) 20

U 1u EV 2

= = ε

Densidad de energía del capacitor de placas paralelas. Unidades físicas: julio/(metro)3 = J/m3

La energía que el capacitor cargado almacena la cede al exterior al descargarse. EJEMPLO 4.22. Calcular la autoenergía de un capacitor cuya densidad de carga es σ = 20 μC, cuyo volumen es V = 4 cm3, y cuya distancia entre placas es d = 0.8 cm. Usando la fórmula (44) tenemos

2

0

Q dU2A

=ε

Multiplicando numerador y denominador por el área A tenemos

2 2

2 00

Q Ad VU22Aσ ⋅

= =εε

donde hemos usado las relaciones QA

σ = y V = volumen = A d. Sustituyendo valores numéricos,

26 6 3

2 2 620 122

C20(10 ) 4(10 )mV mU 9.035(10 )

2 C2 8.854(10 )N m

− −

−

−

⎛ ⎞⋅⎜ ⎟σ ⋅ ⎝ ⎠= = =

ε⋅

⋅

J

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

4‐44

4.16. CONDUCTORES Y POTENCIAL ELÉCTRICO. En la Fig. 4.18 se representa un conductor cargado (digamos positivamente) y sus líneas de campo eléctrico E. Sabemos ya que para un conductor: • La carga excedente se localiza en su superficie. • Las líneas de fuerza en los puntos de la superficie del conductor son perpendiculares a la superficie. • El campo eléctrico en el interior del conductor es nulo.

Fig. 29

(46)

Debido a estas propiedades, el conductor es un cuerpo cuyos puntos se encuentran todos al mismo potencial eléctrico. En particular, la superficie del conductor es una superficie equipotencial.

Para demostrar la afirmación anterior, usemos la definición general de potencial eléctrico. Sea A un punto arbitrario de la superficie del conductor. Tomando el punto de referencia en el infinito, tenemos que el potencial en A viene dado por la integral (12), a saber,

(47) A

(A) d∞Γ

φ = − •∫ E r

donde Γ es una trayectoria de integración arbitraria desde el infinito hasta el punto A. Ahora bien, el potencial en cualquier punto interno, como el C mostrado en la figura, se obtendría extendiendo la integral (47) hasta el punto C. Pero en la parte de Γ que va de A a C la integral sería nula, ya que el campo E es cero en el interior del conductor. Por tanto, el potencial en C es el mismo que en A. Si extendemos ahora la trayectoria Γ desde A hasta un punto cualquiera B de la superficie, añadién‐dole un tramo contenido en dicha superficie, obtendríamos análogamente que φ(B) = φ(A), puesto que sobre la superficie el campo E es perpendicular al vector “dr” y E • dr = 0.

4‐45

4.18. PROBLEMAS. 1. Calcular el potencial de un disco de radio “a” y carga uniforme Q, en cualquier punto P sobre su eje de simetría perpendicular: (a) Usando la integral (29) de la página 4‐21, junto con la expresión del campo E del disco sobre su eje de simetría perpendicular. (b) Usando la integral (33) de la página 4‐24.

Resp. ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −+

εσ

=φ zzazo

22

2)( + const

2. Calcular el potencial debido al cuadrupolo mostrado en la figura, en los puntos de su eje longitudinal. La distancia entre carga y carga es “a”.

Resp. 3. Un cascarón esférico posee radio R y carga uniforme Q. Calcular el potencial debido al cascarón en todo el espacio. Refiera el potencial al infinito. ¿A qué potencial estará la superficie del cascarón cuando aloja una carga eléctrica de 10−8 C? Tome R = 100 mm. Resp.

kQr

φ = r ≥ R

kQR

φ = r ≤ R

900 V

4. Una gota esférica de agua porta una carga eléctrica de 3 x 10−6 C y el potencial en su superficie es de 500V. ¿Cuál es el radio de la gota? Si dos de estas gotas, de la misma carga y radio, se combinan para formar una sóla gota esférica, ¿cuál es el potencial en la superficie de la gota así formada? Resp.

5. Si la superficie de la Tierra poseyera una carga neta equivalente a la de un electrón por metro cuadrado, ¿cuál sería el potencial eléctrico en la superficie? ¿Cuánto valdría el campo eléctrico de la Tierra en su superficie? Resp. −0.12V; 1.8 x 10−8 V/m.

4‐46

6. En condiciones ambientales normales el campo eléctrico de la Tierra varía con la altura z sobre la superficie terrestre de acuerdo con la fórmula empírica

( )z z0E ae be−α −β= − +E k

donde k es el vector unitario cartesiano, y E0, a, α, b y β son constantes con los valores

E0 = 130 Vm ; a = 0.69; b = 0.31;

α = 3.5 1km ; β = 0.23

1km

Calcular el potencial φ del campo eléctrico de la Tierra refiriéndolo a su superficie. Calcular los valores del potencial para alturas de 0, 1 y 10 km. Resp. 7. Una placa infinita de grosor “w” porta densidad de carga uniforme ρ. Calcular el potencial eléctrico en todo el espacio. Use el plano medio de la placa como referencia del potencial. (Use las expresiones ya encontradas para el campo eléctrico:

0 0

z wE ; E2

ρ ρ= =ε ε

)

).

Resp. 2

0 0

z w(z) (z) (w 4z)2 8ρ ρ

φ = − φ = −ε ε

8. Calcular el potencial eléctrico en el centro de un cascarón semiesférico que porta carga uniforme de 10−8 C y cuyo radio es de 0.4 m. (Sugerencia. Use el hecho de que el potencial se superpone escalarmente. Considere la integral (33) de la página 4‐24, que resulta trivial en este caso).

Resp. 225 V.

4‐47

10. Dos hilos rectos infinitos paralelos y separados una distancia L portan densidades de carga lineal constantes iguales a λ y −λ. Tomando los ejes como se propone en la figura, calcular el potencial eléctrico de esta distribución en los puntos del plano XY entre los dos hilos. Tomar el punto de referencia en el punto x = x0. Resp.

0 0 0

x(L x)(x,y) ln2 x (L x )

⎛ ⎞λ −φ = − ⎜ ⎟πε −⎝ ⎠

(x ≠ 0; x ≠ L)

11. La medición del potencial entre los electrodos de cierto tubo de descarga arroja el resultado que se muestra en el gráfico como función de la distancia al electrodo positivo. Usando esta curva, obtener los valores del campo eléctrico en los puntos a distancias de 4, 10 y 12.2 cm. Resp. En el punto a 4 cm del electrodo positivo se tiene E ≈ 33 V/cm.

12. La figura muestra algunas superficies equipotenciales de un campo eléctrico en escala real de longitud. Bosqueje las líneas de fuerza del campo eléctrico que pasan por los puntos P y S. Use una regla y calcule aproximadamente el campo eléctrico en estos dos puntos. Resp.

4‐48

12.. El campo eléctrico debido a un cilindro sólido infinito de radio “a” y densidad de carga uniforme ρ viene dado por

0

r 2

0

r2

E (r)a

2 r

ρ⎧⎪ ε⎪= ⎨ρ⎪

⎪ ε⎩

Este campo está graficado a la derecha. Calcular el potencial eléctrico en un punto P dentro del cilindro, a distancia rP del eje. Tome el punto de referencia P0 en la línea

de fuerza que pasa por P, y a una distancia r0 del eje. Resp.

2 2

20 0

a r a(r) a ln2 r 2 2

⎛ ⎞⎛ ⎞ρφ = − + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ε ⎝ ⎠⎝ ⎠

o bien, quitando términos constantes,

2

0

r(r)2 2

⎛ ⎞ρφ = − ⎜ ⎟⎜ ⎟ε ⎝ ⎠

(φ(0) = 0)

Para r ≥ a

Para r ≤ a

4‐49

4.13. Calcular la autoenergía de una esfera sólida de radio R cargada uniformemente con carga total Q mediante el siguiente procedimiento, análogo al que utilizamos en la Sección 4.17 para calcular la autoenergía del capacitor de placas paralelas: Supongamos que ya hemos formado una esfera sólida de radio r < R y carga q distribuída uniformemente (figura a la derecha). Esta es una etapa intermedia del proceso. Añadamos a dicha esfera una carga “dq”, traída desde el infinito y distribuída en un cascarón esférico muy delgado (de grosor “dr”). Dada la simetría esférica del campo de la esfera de radio r, el trabajo necesario para depositar la carga dq sobre esta esfera es dW = (carga dq) × (potencial eléctrico debido a la esfera de radio r en su superficie) Encuentre una relación entre las variables “r” y “q”, usando la condición de igualdad de las densidades de carga de las esferas de radios “r” y “R”, y obtenga de allí “dq” en términos de “dr”. Integre dW desde r = 0 hasta r = R. Resp.

23kQU

5R=

5‐1

5.1. INTRODUCCIÓN. El capacitor es un componente muy importante en los circuitos de corriente eléctrica. Su capacidad de almacenar y suministrar energía eléctrica los vuelve muy útiles. Existen muchos tipos de capacitores, incluyendo los que se usan en los circuitos integrados de pequeño tamaño. Sus características eléctricas y las leyes que los rigen son muy simples. En este capítulo introduciremos los conceptos generales de capacitor (antiguamente llamado condensador) y capacitancia (antiguamente llamada capacidad). Lo haremos solamente para los tipos de capacitores más simples. 5.2. DEFINICIÓN DE CAPACITOR Y CAPACITANCIA. Un capacitor es un dispositivo compuesto de dos conductores, uno de los cuales está cargado positivamente (con carga total +Q), y el otro negativamente (carga total –Q). Este par de conductores producen en el espacio circundante un campo eléctrico E. En la Fig. 1 se representa un capacitor arbitrario y su campo eléctrico.

Fig. 1

El campo eléctrico E tiene un campo de potencial eléctrico φ asociado. En el caso de la Fig. 1, tomemos el punto de referencia del potencial en el infinito, y sean φ1 y φ2 los potenciales de los

conductores negativo y positivo, respectivamente. El voltaje V entre ambos conductores (o voltaje a través del capacitor) es igual a

CAPÍTULO 5

CAPACITORES Y CAPACITANCIA

5‐2

V = φ2 – φ1

En términos de este voltaje y de la carga del conductor positivo se define la capacitancia:

(1) QCV

=

La capacitancia C del capacitor se define como el cociente de la carga del capacitor (Q) y el voltaje a través del mismo (V).

De (1) sacamos las unidades S.I. de capacitancia, a saber

coulombio faradio F

voltio≡ =

En los circuitos eléctricos, el símbolo gráfico del capacitor es el siguiente (Fig. 2):

Fig. 2

Se denomina placa del capacitor a cualquiera de los dos conductores que lo forman, independientemente de su forma. Si se conectan las placas de un capacitor sin carga a una fuente de voltaje, el capacitor se carga. La fuente suministra carga +Q al conductor conectado a su polo positivo, y carga –Q al otro conductor (Fig. 3).

Fig. 3

Los conductores que forman el capacitor son superficies equipotenciales: todos los puntos de cada conductor, así como los del alambre que lo conecta con la fuente de voltaje, se encuentran a un mismo potencial.

5‐3

5.3. EL CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS. Uno de los capacitores de más simple estructura es el capacitor de placas paralelas. Consta de dos placas metálicas de áreas iguales, “A”, separadas una distancia “d” (Fig. 4). Por simplicidad se supone que las dimensiones de las placas son mucho mayores que la distancia entre ellas, de tal manera que con buena aproximación el campo se puede considerar constante dentro del capacitor y nulo fuera de él.

Fig. 4

Calculemos la capacitancia de este capacitor. Usaremos las relaciones aplicables al mismo:

V = Ed 0

E σ=ε y

QA

σ =

donde V es el voltaje a través de las placas y σ es la densidad de carga del capacitor. Encontramos

0 0 0Q QA AQ QCV Ed d Qd d

ε ε ε= = = = =

σ

(2) 0ACdε

=

Capacitancia de un capacitor de placas paralelas de área de placas “A” y distancia entre placas “d”.

Notemos que la capacitancia no depende de la carga del capacitor, sino de puros factores geométricos (el área de las placas y la distancia de separación entre ellas). Lo mismo ocurrirá para otros tipos de capacitores, como veremos.

EJEMPLO 5.1. Un capacitor de placas paralelas tiene un área de 5 cm2 y una distancia entre placas de 0.5 cm. Calcular su capacitancia.

24 2 12

2 1302

N m5(10 )m 8.854(10 )A CC 8.85(10 )Fd 0.5(10 )m

− −−

−

⋅⋅

ε= = =

5‐4

A la vista de este resultado vemos que el faradio es una unidad de capacitancia muy grande. Es más común usar submúltiplos como

1 microfaradio = 1 μF = 10–6 F 1 picofaradio = 1 pF = 10–12 F La capacitancia calculada arriba se expresaría como C = 0.885 pF EJEMPLO 5.2. El campo eléctrico de un capacitor de placas paralelas vale E = 2000 V/m, y su carga es

Q = 4 (10–10) C. Calcular la distancia entre las placas sabiendo que la capacitancia vale C = 60 pF. De la fórmula de la capacitancia del capacitor de placas paralelas,

0ACdε

=

despejamos la cantidad pedida:

0AdCε

=

Para calcular el área A usamos las relación

0 0 0

Q QE AA E

σ= = ⇒ =ε ε ε

Entonces, en unidades S.I.,

10

0 0110

A Q Q 4(10 )dC E C EC 200 6(10 )

−

−ε ε

= = ⋅ = = =ε ⋅

0.033 = 3.3 (cm)

5‐5

5.4. EL CAPACITOR ESFÉRICO. El capacitor esférico consta de dos cascarones esféricos concéntricos de radios menor “a” y mayor “b”. Se representa en la Fig. 5. Esta configuración ya la estudiamos en el Capítulo 4, Sección 4.10, página 4‐26.

Fig. 5

El cascarón interior puede ser también una esfera metálica sólida, cuya carga eléctrica residiría en su superficie. El voltaje a través del capacitor ya fue calculado (Ec. (32) del Capítulo 4):

1 1V kQa b

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

de tal manera que la capacitancia de este capacitor es

Q QC

1 1V kQa b

= =⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

(3) abC

k(b a)=

−

Capacitancia de un capacitor esférico de radios menor “a” y mayor “b”. “k” es la constante de la ley de Coulomb (= 1/4πε0)

De nuevo, esta capacitancia depende solamente de factores geométricos: los radios de los cascarones. Como ejemplo, un capacitor esférico de radios a = 5 cm y b = 10 cm tendría una capacidad de

90.05 0.10C 11.1 (pF)

9(10 )(0.10 0.05)⋅

= =−

5‐6

5.5. EL CAPACITOR CILÍNDRICO. El capacitor cilíndrico consta de dos cascarones cilíndricos concéntricos de radios menor R1 y mayor R2, como se muestra en la Fig. 6. El

cilindro interior puede ser un cilindro metálico sólido cuya carga reside en su superficie. El campo eléctrico en el espacio entre los cascarones apunta ortoaxialmente hacia fuera. En un punto arbitrario cuya distancia al eje longitudinal central del cascarón interior sea “r”, el campo vale (Fig. 7)

r0

E2 rλ

=πε

(Se supone aquí que la altura “h” del capacitor es mucho mayor que los radios R1 y R2).

Fig. 6

Recordemos que las líneas de fuerza de este campo son rectas perpendiculares al eje longitudinal, y contenidas en familias de planos perpendiculares a este eje. Tomando el punto de referencia del potencial en r = R2, tenemos para el potencial (aplicando la

fórmula (29) del Capítulo 4, página 4.24):

2 2

r rrR R0

dr(r) E dr2 rλ

φ = − = −πε∫ ∫

0 2

rln2 R

⎛ ⎞λ= − ⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

Fig. 7

Por tanto, el voltaje entre los cascarones es

2 21 2

0 1 0 1

R RQV (R ) (R ) ln ln2 R 2 h R

⎛ ⎞ ⎛ ⎞λ= φ − φ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟πε πε⎝ ⎠ ⎝ ⎠

donde hemos puesto λ = Q/h. Obtenemos así la capacitancia C = Q/V:

(4) 0

21

2 hCRlnR

πε=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Capacitancia del capacitor cilíndrico de radios R1 y R2 y

altura “h”.

5‐7

5.6. CAPACITORES EN SERIE O EN PARALELO.

Cuando dos capacitores C1 y C2 se conectan de modo que tengan la misma carga, la conexión se

denomina “en serie” (Fig. 8). Si la conexión es tal que el voltaje a través de cada capacitor es el mismo, entonces se trata de una conexión “en paralelo” (Fig. 9).

Fig. 8 Fig. 9 En la Fig. 8, el polo positivo de una batería que suministra un voltaje V se conecta mediante un alambre metálico a la placa superior del capacitor C1. El polo negativo se conecta a la placa inferior del

capacitor C2. Esta acción suministra carga positiva a la placa superior de C1, e igual carga negativa a la

placa inferior de C2.

Tomemos nuestra referencia de potencial (φ = 0) en el polo negativo de la batería. Entonces el potencial del polo positivo será “V”, al igual que el potencial de cualquier punto del alambre conductor que conecta dicho polo con la placa superior de C1. Todo punto de esta placa, de carga positiva Q,

también está al mismo potencial V. La razón es que el polo positivo de la batería, junto con el alambre que lo conecta con la placa superior de C1, así como dicha placa, forman un solo cuerpo metálico que, como

sabemos, es un cuerpo equipotencial.

Fig. 10

Análogamente, el polo negativo de la batería, el trozo de alambre que lo conecta con la placa inferior de C2, y

dicha placa, forman un solo cuerpo metálico y se encuentran al mismo potencial φ = 0. Por otra parte, el trozo de alambre que conecta la placa inferior de C1 con la placa superior de C2, incluídas

dichas placas, forman un solo cuerpo metálico cuyo potencial supondremos que es algún valor“φN”.

Por lo tanto, el voltaje a través del capacitor C1 es

V1 = V – φN,

y a través del capacitor C2 es

V2 = φN – 0 = φN.

Dado que ambos capacitores tienen la misma carga Q tenemos, por la definición de capacitancia,

5‐8

(5) 1 21 2

Q QC y CV V

= =

Ahora bien, deseamos sustituir los dos capacitores C1 y C2 por uno sólo, como se muestra

en la Fig. 11, de tal manera que la carga suministrada a él por la batería sea la misma que la suministrada a los capacitores C1 y C2, o sea “Q”.

¿Cuánto debe valer la capacitancia Ceq de este

único capacitor? Veamos. Dado que el voltaje a través de este capacitor único es V, y su carga es Q, podemos poner

Fig. 11

(6) eqQCV

=

Luego, de las relaciones ya dadas V1 = V – φN y V2 = φN. tenemos que

(7) V = V1 + V2

Combinando (7) con (5) y (6) deducimos la relación

(8) eq 1 2

1 1 1C C C

= +

Para capacitores en serie, el recíproco de la capacidad equivalente es la suma de los recíprocos de las capacitancias individuales. Este resultado se puede generalizar a más de dos capacitores.

Pasemos ahora a investigar la conexión en paralelo de capacitores (Fig. 12). Primeramente notemos que en esta clase de conexión el voltaje a través de cada capacitor es el mismo, V. La carga que adquieren, sin embargo, es distinta en general. Son válidas las relaciones

(9) 1 21 2

Q QC y CV V

= =

y la carga suministrada por la batería es en este caso

(10) Q = Q1 + Q2

Formulamos ahora la misma pregunta que en el caso de capacitores en serie. Si C1 y C2 se

sustituyen por un único capacitor de capacitancia Ceq, ¿Cuánto debe de valer ésta para que la batería

Fig. 12

siga suministrando la misma carga Q? Note que esta situación es la misma que la de la Fig. 11.

5‐9

Tendríamos entonces la condición

(11) eqQCV

=

Combinando las relaciones (9), (10) y (11) hallamos (12) Ceq = C1 + C2

Para capacitores en paralelo, la capacidad equivalente es la suma de las capacitancias individuales. Este resultado se puede generalizar a más de dos capacitores.

EJEMPLO 5.3. Se conectan en serie dos capacitores de capacitancias C1 = 8 pF y C2 = 2 pF. ¿Cuál es la

capacitancia equivalente de esta combinación? De la Ec. (8) tenemos (en unidades de “pF”)

eq 1 2

1 1 1 1 1 5C C C 8 2 8

= + = + = (1/pF)

de donde

eq8C pF 1.6 pF5

= =

La capacitancia equivalente en paralelo siempre es menor que cualquiera de las capacitancias individuales. Si estos capacitores se hubiesen conectado en paralelo, la capacitancia equivalente sería Ceq = C1 + C2 = 8 pF + 2 pF = 10 pF

La capacitancia en paralelo siempre es mayor que cualquiera de las capacitancias individuales.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

5‐10

EJEMPLO 5.4. Cinco capacitores están conectados a una batería de 120 V como se muestra en la Fig. 13. Se desea sustituir estos 5 capacitores por uno sólo (Fig. 14), tal que la batería siga suministrando a este único capacitor la misma carga que suministra en la conexión mostrada. (a) ¿Cuál es la capacitancia equivalente de los 5 capacitores mostrados? (b) ¿Cuál es la carga suministrada por la batería? (

Fig. 13 Fig. 14 (a) Los capacitores de 3 pF y 6 pF están conectados en serie. Lo mismo ocurre separadamente con los capacitores de 4 pF y 12 pF. La capacitancia equivalente de los dos primeros es

eq13 6 18C 23 6 9⋅

= = =+

(pF)

y la de los dos últimos es

eq24 12 48C 34 12 16⋅

= = =+

(pF)

Sustituyendo capacitores, la conexión queda ahora como se muestra en la Fig. 15. Vemos ahora que el voltaje a través de los capacitores de 3 pF y 2 pF es el mismo, de modo que se tiene una conexión en paralelo de ambos. Se pueden sustituir por un solo capacitor de capacitancia igual a Ceq3 = 3 pF + 2 pF = 5 pF. Este último capacitor

quedará luego conectado en serie con el de 7 pF.

Fig. 15

El capacitor equivalente a los 5 dados tiene entonces capacitancia igual a

eq7 5 35C7 5 12⋅

= = =+

2.9 (pF)

Las Figs. 16 y 17 muestran las dos últimas reducciones.

5‐11

Fig. 16 Fig. 17 (b) La carga suministrada por la batería se calcula de la relación

eqQCV

=

y resulta igual a

Q = Ceq V = 2.9 pF ⋅ 120 V = 348 pC = 3.48 (10–10) C EJEMPLO 5.5. Demostrar que la energía eléctrica almacenada en un capacitor de placas paralelas, dada por la Ec. (44) de la página 4‐42, a saber,

2

0

Q dU2A

=ε

se puede poner también en cualquiera de estas dos formas:

(13) 21U CV2

= 21 QU

2 C=

Energía potencial eléctrica almacenada en un capacitor de placas paralelas.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Usando las relaciones válidas para el capacitor de placas paralelas:

00

AQ , E , V Ed, CA d

εσσ = = = =

ε

junto con la definición de capacitancia,

QCV

=

se llega fácilmente a las relaciones (13).

5‐12

EJEMPLO 6.5. Un capacitor de 5 μF se carga conectándolo a una fuente de voltaje de 120 V. Seguidamente se desconecta de la fuente. Separadamente se hace lo mismo con un capacitor de 3 μF, y se tiene la situación de la Fig. 18, donde los interruptores S1 y S2 están inicialmente

abiertos. Ahora se cierran ambos interruptores. ¿Cuál es entonces el voltaje a través de los capacitores?

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Primeramente calculemos las cargas de los capacitores en la situación inicial de la Fig. 18. Usando la definición de capacitancia, C = q/V, tenemos para el capacitor superior,

Fig. 18

q1 = C1 V = 5 μF ⋅ 120 V = 600 μC

Para el capacitor inferior,

q2 = C2 V = 3 μF ⋅ 120 V = 360 μC

(Observe que la placa izquierda del capacitor superior tiene más carga negativa que carga positiva tiene la placa izquierda del capacitor inferior.) Entonces la carga total de las placas izquierdas de ambos capacitores es inicialmente

– q1 + q2 = – 500 μC + 360 μC = – 140 μC

Al cerrar los interruptores, la carga total de las placas izquierdas (y derechas) debe conservarse, es decir, poniendo q’1 y q’2 iguales a las cargas finales de estas

placas, tendremos (Véase la Fig. 19)

q’1 + q’2 = 140 μC

Sea V’ la diferencia de potencial entre los puntos “a” y “b”, la cual existe también a través de cada capacitor. De las relaciones

q’1 = C1 V’ y q’2 = C2 V’

tenemos

q’1 + q’2 = (C1 + C2) V’

Fig. 19

140 μC = (5 μF + 3 μF) V’

de donde

V’ =140 μC/8 μF = 17.5 V

5‐13

EJEMPLO 6.5. Se tiene el arreglo de capacitores conectados a una fuente de voltaje de 160 V, tal como se muestra en la Fig. 20. (a) Calcular la carga suministrada por la fuente. (b) Calcular el voltaje a través de los capacitores C1 y C2.

Fig. 20 Fig. 21 (a) Vamos a reducir el sistema a lo que vemos en la Fig. 21: una sola capacitancia equivalente Cequ. Los

capacitores C4 y C5 están en serie; luego, su capacitancia equivalente C45 está en paralelo con C3, y

finalmente, el correspondiente capacitor equivalente C453 está en serie con C1 y C2. Tenemos

4545 4 5

1 1 1 1 1 3 10C pFC C C 10 5 10 3

= + = + = =

453 45 310 22C C C 43 3

= + = + =

equequ 1 2 453

1 1 1 1 1 1 3 0.428 C 2.34pFC C C C 6 8 22

= + + = + + = =

La carga suministrada es

equQ C V 2.34pF 160V 374.4pC= = ⋅ =

(b) En la Fig. 20 vemos que la batería suministra la misma carga Q a los capacitores C1 y C2, es decir, Q1 = 374.4 pC Q2 = 374.4 pC Aplicando ahora la relación C = Q/V a estos dos capacitores obtenemos su voltaje: V1 = Q/C1 = 374.4 pC/6 pF = 62.4 V

V2 = Q/C2 = 374.4 pF/8 pF = 46.8 V

5‐14

5.7. CAPACITOR CON DIELÉCTRICO. Hasta ahora hemos supuesto que no existe materia física entre las placas del capacitor. Las capacitancias que hemos calculado valen “para el vacío”. Al introducir un material no conductor que llene completamente el espacio entre las placas, se altera la capacitancia del capacitor. Tales materiales, llamados dieléctricos, poseen una propiedad que mide este efecto, denominada constante dieléctrica, denotada con “κ”. Sea C0 la capacitancia en el vacío,

y Cd la misma con el dieléctrico; la constante dieléctrica se define por

(14) d

0

CC

κ = Constante dieléctrica. C0 es la capacitancia para el

vacío, Cd la capacitancia con dieléctrico.

Se trata de una constante adimensional (es un número puro). Si el dieléctrico está sometido a un campo eléctrico muy intenso dentro del capacitor, puede volverse conductor y producir una descarga del capacitor. Este campo se denomina la resistencia dieléctrica del material. En la tabla siguiente se muestran valores de la constante y la resistencia dieléctrica de algunos materiales.

Dieléctrico Constante dieléctrica κ

Resistencia dieléctrica (106 V/m)

Aire 1.00059 3 Mylar 3.2 7 Nylon 3.4 14 Papel 3.7 16 Poliestireno 2.56 24 Porcelana 6 12 Vidrio pirex 5.6 14 Teflón 2.1 60

Note que la constante dieléctrica del aire (κ = 1.00059) es para muchos efectos prácticos igual a la del vacío (κ = 1).

EJEMPLO 5.6. Un capacitor de placas paralelas está construído con placas de área 5 cm2, separadas 0.5 mm, y lleno

con porcelana. ¿Cuál es el voltaje máximo que puede soportar este capacitor? Calculemos primeramente la capacitancia. De la fórmula (14) tenemos, en unidades S.I.,

4 12

0d 0 3

A 5(10 ) 8.85(10 )C C 6 53 (pF)d 0.5(10 )

− −

−ε ⋅

= κ = κ = =

Usando el valor dado en la tabla anterior para la resistencia dieléctrica para la porcelana obtenemos

6 3máx máxV E d 12(10 ) 5(10 ) 6000 (V)−= ⋅ = ⋅ =

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

5‐15

Existe un modelo atómico muy simple para explicar el efecto del dieléctrico. Supongamos que los átomos o moléculas del dieléctrico poseen cierto momento dipolar, esto es, que sus centros de carga positivos y negativos no coinciden. Al introducir el dieléctrico en el capacitor, los momentos dipolares tienden a orientarse en la dirección del campo eléctrico. La Fig. 18 muestra esquemáticamente lo que ocurre: los óvalos mostrados allí representan moléculas con sus momentos dipolares orientados en la dirección del campo eléctrico E del capacitor (de hecho esta orientación no es perfecta, debido al movimiento térmico de las moléculas, que tiende a desorientarlas). Si las moléculas del dieléctrico no poseen momento dipolar, de todas maneras el campo eléctrico produce una separación o polarización de sus centros de carga positivos y negativos, y la molécula adquiere cierto momento dipolar, de tal manera que el efecto que describiremos a continuación está presente para molécular polares o no polares.

Fig. 22

La carga eléctrica neta contenida en cualquier elemento de volumen tomado dentro del capacitor es nula (en la Fig. 22, la carga neta dentro de la región limitada por la línea a trazos, es igual a cero). Sin embargo, en las orillas del dieléctrico hay carga no equilibrada. Existe en ellas una distribución superficial de carga negativa (llamada carga inducida) junto a la placa positiva del capacitor, y una distribución de carga positiva inducida junto a la placa negativa, como vemos en dicha figura. Denotemos con –σind y

σind las densidades de carga de estas distribuciones. ¿Qué sucede entonces con el voltaje a través de las placas, con el campo eléctrico, y con la capacidad original C0? Distinguiremos dos situaciones.

(a) Situación 1 (carga constante). La carga libre del capacitor (es decir, la carga de las placas antes de introducir el dieléctrico) no se altera. Se supone pues que no existe un camino (por ejemplo un alambre conductor) que conecte las placas con ningún otro dispositivo. Las Figs. 23 y 24 corresponden a esta situación. En la Fig. 23 el dieléctrico todavía no se ha introducido. Las placas poseen carga libre “q0” y densidad de carga libre σ0. Se genera un campo eléctrico

inicial dado por E0 = σ0/ε0. El voltaje entre las placas es V0 = E0 d, donde d es la distancia entre placas.

5‐16

Al introducir el dieléctrico, se induce una carga negativa –σind junto a la placa positiva, y una carga

positiva σind junto a la placa negativa (Fig. 24). Estas cargas inducidas, por sí solas, producen un campo

eléctrico Eind que se opone al campo inicial, y cuyo valor es Eind = σind/ε0.

El campo eléctrico total con dieléctrico, Ed, será ahora

0 indd 0 ind

0E E E σ − σ

= − =ε

Fig. 23 Fig. 24 En virtud de que el voltaje entre las placas es el producto del campo total y la distancia, tendremos que la introducción del dieléctrico motiva que el voltaje entre las placas disminuya a

(15) 0 indd d 0 ind

0

( ) dV E d (E E )d

σ − σ= = − =

ε (menor que V0)

Por otra parte, la capacitancia, que inicialmente era C0 = q0/V0, cambia ahora a

(16) 0d

d

qCV

=

la cual es mayor que la inicial, puesto que Vd < V0. De acuerdo con la definición (1), podemos poner

(17) 0 0d 0

d 0

q qC CV V

= = κ = κ

que nos da

(18) 0 0d d

V EV y E= =κ κ

Combinando las relaciones anteriores podemos llegar tambien a esta expresión para la carga inducida:

5‐17

(19) ind 0 ind 01 11 y q 1 q⎛ ⎞ ⎛ ⎞σ = − σ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟κ κ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Como vemos en (18), la carga inducida siempre es menor que la carga libre. Resumiendo: al introducir el dieléctrico, el voltaje y el campo eléctrico disminuyen en un factor “1/κ”. La capacitancia aumenta en un factor “κ”. Situación 2 (voltaje constante). El voltaje entre las placas del capacitor no se altera (es decir, las placas del capacitor están conectadas a una fuente de voltaje que mantiene un voltaje constante V entre ellas). Las Figs. 25 y 26 corresponden a esta situación. En la Fig. 25 el dieléctrico todavía no se ha introducido. Existen las relaciones E0 = σ0/ε0 y V = E0 d. En este caso se sigue cumpliendo que Cd = κC0.

Fig. 25 Fig. 26

Al introducir el dieléctrico, se induce una carga superficial σind en los bordes del dieléctrico, junto a las placas. Al igual que en el caso anterior, estas cargas inducidas producen un campo eléctrico que se opone al campo original sin dieléctrico. Pero dado que el voltaje entre las placas es constante, y que el campo es proporcional al voltaje, tenemos que el campo neto dentro del capacitor no puede variar; debe mantener su valor original E0 = V/d. Se deduce que la fuente de voltaje debe suministrar una carga libre

adicional σind a las placas (que cancele el efecto de las cargas inducidas en el dieléctrico), aumentando su

densidad de carga de σ a σd, de tal manera que el campo en el espacio dentro del capacitor continúe

siendo igual a E0:

(18) 0 d ind0

0 0

( )E σ σ −σ= =ε ε

Calculemos la carga inducida. Las capacitancias con y sin dieléctrico son

5‐18

0 d0 d 0

q qC C CV V

= = = κ

De aquí tenemos que la carga del capacitor con dieléctrico es (19) qd = κ q0 y de (18) hallamos (20) qind = qd – q0 = (κ – 1) q0 EJEMPLO 5.7. Se tiene un capacitor de placas paralelas con los siguientes datos: área de placa A = 30 cm2; distancia entre placas d = 2 cm. El capacitor se conecta a una fuente de voltaje de 400 V y luego se desconecta de la misma. Luego se introduce en él material Mylar (constante dieléctrica κ = 3.2; resistencia dieléctrica 7 (106) V/m), que llena completamente el espacio interior. (a) Calcular la carga del capacitor después de introducir el dieléctrico, (b) El voltaje del capacitor con dieléctrico, y (c) la carga inducida en el dieléctrico.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Al conectar el capacitor a la fuente de voltaje, las placas adquieren su carga libre q0, que podemos determinar de la relación C = q0/V0. En unidades S.I.,

4 12

1200 0 0 2

A 30(10 ) 8.85(10 )q CV V 400 532(10 ) (C)d 2(10 )

− −−

−ε ⋅

= = = ⋅ =

(a) Dado que la carga se mantiene constante al desconectar el capacitor de la fuente de voltaje, tenemos que la carga con dieléctrico es la misma que la carga libre: qd = q0 = 532 pC (b) De la fórmula (18‐p14) tenemos

0d

V 400VV 125V3.2

= = =κ

=400/3.2 = 125

(c) De la fórmula (19),

ind 01 1q 1 q 1 532 pC 366 pC

3.2⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟κ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5‐19

EJEMPLO 5.8. La capacitancia de un capacitor de placas paralelas en aire es de 40 pF. El área de la placa

es A = 20 cm2. Se conecta el capacitor a una fuente de voltaje de 30 V y, mientras la fuente sigue conectada,

se inserta una placa de vidrio pirex (κ = 5.6, resistencia dieléctrica 14 (106) V/m) que ocupa totalmente el espacio entre placas. (a) ¿Cuánto vale la carga libre del capacitor después de la inserción del dieléctrico) (b) ¿Cuánto vale la carga inducida en el dieléctrico? (c) ¿Y la carga adicional suministrada por la fuente de voltaje a las placas al introducir el dieléctrico? (d) ¿Cuánto vale la capacitancia con dieléctrico? (e) ¿Cuánto vale el campo eléctrico con y sin dieléctrico? (f) Demostrar que la carga inducida se puede poner también en la forma qind = (1 – 1/κ) qd.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (a) De la fórmula (19‐p16) tenemos que la carga libre del capacitor con dieléctrico es d 0 0 0q q C V 5.6 40pF 30V 6.72nC= κ = κ ⋅ = ⋅ ⋅ =

donde C0 y V0 son la capacitancia y voltaje del capacitor en aire, respectivamente.

(b) De la fórmula (20‐p16) obtenemos qind = (κ – 1) q0 = (κ – 1) C0V0 = (5.6 – 1) 40 pF 30 V = 4.6*40*30 = 5.52 pC (c) La carga adicional suministrada por la fuente es igual a la carga inducida en el dieléctrico ya que, como el voltaje y el campo total se mantienen constantes, esta carga adicional debe cancelar exactamente el efecto de la carga inducida. qadic = qind = 5.52 pC (d) La capacitancia con dieléctrico es d 0C C 5.6 40pF 124pF= κ = ⋅ =

(e) El campo eléctrico antes y después de introducir el dieléctrico es el mismo, ya que el voltaje del capacitor se mantiene constante y el campo es el cociente de voltaje y distancia entre placas.

12

30 0 0d 0 4 12

0

V V C 30 40(10 ) VE E 67.8(10 )d A m20(10 ) 8.85(10 )

−

− −⋅ ⎛ ⎞= = = = = ⎜ ⎟ε ⋅ ⎝ ⎠

(Se usó C0 = Aε0/d).

(f) Usando las relaciones qd = κ q0 y qind = (κ – 1) q0 se demuestra fácilmente la relación.

5‐20

EJEMPLO 5.9. Entre las placas de un capacitor de placas paralelas se introduce una placa metálica de grosor “d – a – b”, quedando un espacio libre de dimensión “a” en la parte de arriba, y otro de dimensión “b” en la parte de abajo, como se muestra en la figura 27. ¿Cómo se altera la capacitancia?

Fig. 27

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Las cargas del capacitor original inducen cargas superficiales en la placa metálica conductora. Dado que el campo dentro del conductor debe ser nulo, se deduce que la densidad de carga inducida en el metal debe ser la misma que la de las placas, como se muestra en la Fig. 28.

Fig. 28

El voltaje a través de las placas del capacitor es

0

V Ea Eb (a b)σ= + = +

ε

La capacitancia es

0 0

0

q AACV a b(a b)

εσ= = =σ ++

ε

Notemos que la capacitancia no depende de la posición de la placa dentro del capacitor, puesto que la suma “a + b” es independiente de la misma. Asimismo, la configuración de la Fig. 24 se puede considerar como dos capacitores de distancias entre placas “a” y “b”, conectados en serie (la fórmula (8‐p8) conduce a la misma expresión para la capacitancia hallada en este ejemplo).

5‐21

5.8. PROBLEMAS. 3. Las siguientes cantidades se refieren a un capacitor de placas paralelas: A = área de cada placa; d = distancia entre placas; Q = carga del capacitor (esto es, de su placa positiva), V = voltaje entre las placas; E = campo eléctrico; σ = densidad de carga de las placas; C = capacitancia. Dadas las siguientes 3 cantidades, calcular las restantes: (a) Q, σ y E (b) V, d y A (c) E, d y Q (d) C, σ y d 4. Calcular la capacitancia de un capacitor cilíndrico de altura 21 cm, radio interior R1 = 8 cm y radio

exterior R2 = 12 cm. ¿Qué carga almacena este capacitor si se le aplica un voltaje de 240 V?

1. Calcular la capacitancia equivalente de las siguientes combinaciones de capacitores entre los puntos “a” y “b”. (a)

Resp. 4.71 pF (b)

Resp. 146.66 μF.

5‐22

2. Calcular la carga eléctrica suministrada por la batería a la combinación de 4 capacitores mostrada.

Resp. 3840 pC. 9. Utilizando las fórmulas dadas en el Ejemplo 5.5, página 5‐11, demostrar que la densidad de energía “u” del capacitor (energía almacenada en el capacitor por unidad de volumen del mismo) es

20

1u E2

= ε

donde E es el campo eléctrico del capacitor. 6. Un capacitor de placas paralelas está construído con placas de área 20 cm2, separadas 12 mm, y lleno con teflón.

¿Cuál es el voltaje máximo que puede soportar este capacitor? 8. Se tiene un capacitor de placas paralelas con los siguientes datos: área de placa A = 20 cm2; distancia entre placas d = 1.2 cm. El capacitor se conecta a una fuente de voltaje de 220 V y luego se desconecta de la misma. Luego se introduce en él un material de constante dieléctrica κ = 2.8; resistencia dieléctrica 9 (106) V/m), que llena completamente el espacio interior. (a) Calcular la carga del capacitor después de introducir el dieléctrico, (b) El voltaje del capacitor con dieléctrico, y (c) la carga inducida en el dieléctrico. 9. La capacitancia de un capacitor de placas paralelas en aire es de 50 pF. El área de la placa es A = 40 cm2. Se conecta el capacitor a una fuente de voltaje de 60 V y, mientras la fuente sigue conectada, se inserta una placa de teflón (κ = 2.1, resistencia dieléctrica 60 (106) V/m) que ocupa totalmente el espacio entre placas. (a) ¿Cuánto vale la carga libre del capacitor después de la inserción del dieléctrico) (b) ¿Cuánto vale la carga inducida en el dieléctrico? (c) ¿Y la carga adicional suministrada por la fuente de voltaje a las placas al introducir el dieléctrico? (d) ¿Cuánto vale la capacitancia con dieléctrico? (e) ¿Cuánto vale el campo eléctrico con y sin dieléctrico?

6‐1

6.1. DEFINICIÓN DE CORRIENTE ELÉCTRICA. El movimiento de cargas eléctricas constituye lo que se denomina una corriente eléctrica. Ejemplos:

• El movimiento de los electrones libres (carga negativa) dentro de un alambre conductor. • El movimiento de un haz de protones (carga positiva) generado en un acelerador de partículas. • El movimiento de iones en una batería de automóviles o un plasma. • El movimiento tanto de cargas positivas como negativas en gases y electrolitos. • El movimiento de vacancias (ausencia de electrones) o huecos en un material semiconductor. Las

vacancias se comportan como cargas positivas en movimiento. La carga móvil puede ser positiva o negativa. Por convención, la dirección de la corriente eléctrica se toma como aquella hacia la que se mueve la carga positiva, de tal manera que si la corriente está formada puramente por electrones u otra clase de portadores de carga negativa, la dirección de la corriente es contraria a la del movimiento de los mismos. Los efectos producidos por las corrientes eléctricas (generación de campos magnéticos, fenómenos electrolíticos, calentamiento, etc.) son independientes de esta convención relativa a la dirección de la corriente. Podemos visualizar la corriente como un flujo de carga a través de una superficie abierta. Cuantitativamente, la corriente eléctrica a través de una superficie es igual a la carga eléctrica que atraviesa la superficie por unidad de tiempo. Dado que la corriente puede ser una función del tiempo, para calcularla habría que considerar un lapso de tiempo muy corto “dt”; si la carga que pasa durante tal lapso es “dq”, entonces, denotando la corriente con “i”, podemos poner

(1) dqidt

= Definición de la corriente eléctrica a través de una superficie. “dq” es la carga que atraviesa la superficie considerada durante un lapso de tiempo “dt”.

La unidad física de la corriente es el amperio. En el capítulo 7 daremos la definición exacta. Por lo pronto definiremos el amperio así:

(2) amperio A coulombio / segundo C / s= = =

6.2. CORRIENTE ELÉCTRICA EN UN CONDUCTOR. Cuando un cuerpo conductor neutro se coloca dentro de un campo eléctrico estático E, se induce una distribución de carga eléctrica en su superficie. Estas cargas inducidas se acomodan de tal manera que, en todo punto en el interior del conductor, generan un campo eléctrico que cancela el campo eléctrico E. Esto ocurre durante un espacio de tiempo muy corto, durante el cual hay movimiento de electrones libres (es decir, una corriente eléctrica) desde el interior del conductor hasta su superficie. Los electrones son impulsados allí por el campo eléctrico neto que existe en el interior del conductor durante el brevísimo tiempo que las cargas se reacomodan y se llega a una situación electrostática. La corriente cesa cuando se establece una situación estática (cuando E = 0 dentro del conductor).

CAPÍTULO 6

CORRIENTE ELÉCTRICA Y RESISTIVIDAD

6‐2

He aquí otra situación en la que se tiene dentro de un conductor una corriente eléctrica que dura también un tiempo muy corto: consideremos dos placas conductoras cargadas, una negativamente y la otra positivamente, como se muestra en la Fig. 1. En el espacio entre placas existe un campo eléctrico.

Fig. 1 Fig. 2

Coloquemos ahora una placa conductora entre las dos placas, haciendo contacto con ellas (Fig. 2). (Se dice que estamos poniendo las placas en cortocircuito, lo cual no es recomendable hacer en el laboratorio en muchas circunstancias). Los electrones de la placa cargada negativamente fluirán a través de la barra, llenando el déficit de electrones de la placa cargada positivamente. Las placas se vuelven neutras y su campo eléctrico desaparece. Esto ocurre durante una pequeñísima fracción de segundo, durante la cual existe una corriente eléctrica a través de la barra. Los electrones en tránsito entre ambas placas son impulsados por el campo eléctrico generado por las cargas en las placas (la fuerza eléctrica sobre los electrones está dirigida en la Fig. 2 hacia la derecha). Para lograr mantener una corriente eléctrica estable y duradera dentro de un conductor es necesario un mecanismo para mantener un campo eléctrico estable y sostenido en el interior del conductor. Este campo impulsaría los electrones libres del conductor, aplicándoles una fuerza eléctrica que los mantendría en movimiento, constituyendo así una corriente eléctrica. Esta situación no está en desacuerdo con lo que sabemos de la electrostática (que el campo eléctrico dentro de un conductor es nulo), puesto que no se trata aquí de una situación estática (existen cargas eléctricas en movimiento dentro del conductor). El mecanismo más común para producir una corriente eléctrica estable en un conductor consiste en:

• Hacer a este conductor parte de un circuito eléctrico, es decir, un camino cerrado por el que puedan circular continuamente sus electrones libres. Supongamos que el conductor es en este caso simplemente un alambre metálico de sección transversal de área A y densidad de electrones libres “n”.

• Utilizar un dispositivo (denominado fuente de fuerza electromotriz (o brevemente fuente de fem)) que impulse a los electrones libres para que puedan realizar su viaje alrededor del circuito. La fuente de fem comunica continuamente a los electrones la energía necesaria para mantenerse en movimiento. Hablemos un poco más sobre esta clase de dispositivo.

6‐3

Antes recordemos aquí un resultado obtenido anteriormente. Consideremos una carga puntual positiva q dentro de un campo eléctrico E (Fig. 3). Supongamos que la carga se mueve entre dos puntos entre los cuales existe una diferencia de potencial V, haciéndolo de menor a mayor potencial (desde φ hasta φ + V, con V > 0). Sabemos que el campo eléctrico entre dos puntos está dirigido de mayor a menor potencial, es decir, la carga se estaría moviendo en este caso contra la fuerza eléctrica que le ejerce el campo E. Al trasladarse de esta manera, la carga q aumenta su energía potencial eléctrica en el valor U = qV. Esto puede suceder ya sea porque la carga

Fig. 3

disminuye su energía cinética en la transición, o porque existe un dispositivo que le comunica la energía necesaria, o por ambas razones.

(3) Una carga puntual positiva q que se desplaza contra un campo eléctrico entre dos puntos cuya diferencia de potencial (o voltaje) es V requiere de una energía “qV” para realizar esta transición. Existen dispositivos eléctricos que realizan precisamente esta acción, es decir, que suministran energía a las cargas eléctricas (digamos positivas), que les permita vencer un campo eléctrico y moverse (dentro del dispositivo) hacia puntos a mayor potencial eléctrico. Un dispositivo así se denomina fuente de fuerza electromotriz (abreviado fuente de fem o simplemente fem). Típicamente, una fuente de fuerza electromotriz se utiliza en un circuito eléctrico (un camino cerrado por el que circula una corriente eléctrica) para mantener en él una corriente eléctrica. La fuente de fem posee una terminal positiva y una negativa, entre las cuales mantiene idealmente una diferencia de potencial constante “E”. La Fig. 4 muestra esquemáticamente una pila eléctrica ordinaria, la cual es una fuente de fem que idealmente mantiene una diferencia de potencial de 1.5 voltios entre sus terminales. Durante su operación, la pila genera un campo eléctrico tanto en el exterior como en el interior, el cual hemos denotado en la figura con E (afuera) y E’ (adentro) respectivamente. En ambas regiones, el campo eléctrico se dirige siempre de mayor a menor potencial. Sus líneas de fuerza nacen en las cargas positivas y mueren en las negativas.

Fig. 4

Conectemos ambas terminales de la pila mediante un alambre conductor, formando un circuito eléctrico (Fig. 5).

6‐4

En la Fig. 5, la fuente de fem se ha representado por un rectángulo cuya terminal positiva es su lado superior y la negativa su lado inferior. El resto del circuito mostrado en la Fig. 5 consta de un alambre conductor doblado en forma de un rectángulo.

Fig. 5

Ahora bien, la fuente de fem produce tanto en el espacio vacío circundante, como en el interior del alambre conductor, como también en el interior de la propia fuente, un campo eléctrico E cuya dirección es la que se muestra en la Fig. 5. Con este campo eléctrico tenemos asociado un potencial eléctrico φ. Tomando como referencia del potencial el de la terminal positiva (φ = 0), entonces el potencial de la terminal positiva será φ = E. Recordemos que el campo eléctrico está dirigido en todo punto de mayor a menor potencial eléctrico. Entonces, en el interior del alambre conductor el campo E se dirige en el sentido indicado en la Fig. 5, y en el interior de la fuente el campo E’ se dirige de la terminal positiva a la negativa. Por facilidad, supongamos que las cargas libres del conductor son positivas (sabemos de hecho que son negativas, puesto que son electrones). El campo eléctrico de la fuente dentro del alambre actuaría sobre estas cargas libres haciendo que se desplazaran en la dirección del campo E, es decir, desde la terminal positiva de la fuente hasta la terminal negativa, a lo largo del alambre. Dentro de la fuente, el campo eléctrico E’ está en dirección contraria al flujo de las cargas positivas libres (o equivalentemente de la corriente). Para lograr desplazarse desde la terminal negativa hasta la positiva y continuar circulando, las cargas positivas deben adquirir una energía potencial que les permita vencer el campo eléctrico dentro de la fuente. Precisamente esta es la función de la fuente de fem. En la pila ordinaria, la fuente de fem utiliza un proceso químico para comunicar a cada carga “q” una (fuerza o) energía potencial igual a “q E”, que le permita superar la fuerza eléctrica del campo interior de la fuente. Dentro de la pila hay una transformación de energía química a energía potencial eléctrica. La corriente en el circuito considerado sigue fluyendo hasta que la pila agota su energía química. Nota. El análisis efectuado aquí sería esencialmente el mismo si hubiésemos partido desde el principio del hecho de que las cargas móviles dentro del alambre son electrones. En este caso el movimiento de estas cargas dentro del alambre sería en el sentido contrario al de las manecillas del reloj y, dentro de la pila, de la terminal positiva a la negativa.

E

6‐5

¿Cuál es el valor de la corriente eléctrica que circula por el alambre conductor de la Fig. 5? Empecemos con el campo eléctrico en el conductor. Sea LT la longitud total del alambre, de terminal a terminal, y E, como dijimos, el voltaje constante mantenido por la fuente. Entonces el campo dentro del conductor es en magnitud

(4) T

EL

=E Campo eléctrico dentro del alambre conductor. LT

es la longitud total del alambre. y está dirigido a lo largo del alambre en todo punto. Definamos la densidad de corriente J del conductor en la forma

(5) iJA

= Densidad de corriente en el alambre. A es el área de la sección transversal del alambre.

Se encuentra experimentalmente que para ciertos materiales, denominados óhmicos, existe la siguiente relación entre el campo E y la densidad de corriente J: (6) J = σc E Ley de Ohm

donde σc es una constante material denominada conductividad eléctrica. Para los materiales óhmicos, sc

es una constante independiente de E, pero dependiente de la temperatura. Es de notar que la relación (6) no es válida para todos los materiales, sino para una clase especial, los materiales óhmicos. Para ellos, esta relación se denomina Ley de Ohm. De las relaciones (4), (5) y (6) podemos derivar la siguiente relación entre la corriente y el voltaje que suministra la fuente de fem:

c

T

AiLσ

= E

Finalmente, definiendo la resistividad eléctrica del conductor en la forma

(7) c

1ρ =

σ La resistividad eléctrica es el recíproco de la

conductividad eléctrica. y la resistencia eléctrica del alambre de longitud LT y sección tranversal de área A en la forma

(8) TLRAρ

= Resistencia eléctrica de un alambre conductor de longitud LT y área transversal A.

se llega a

(9) E = R i Ley de Ohm (materiales óhmicos). El voltaje es el producto de la resistencia y la corriente.

6‐6

Tanto (6) como (9) se suelen denominar Ley de Ohm, pues son equivalentes. De (6) sacamos las unidades físicas de la conductividad eléctrica:

2amperio /metro amperio 1 1

voltio /metro voltio metro ohmio metro m= = =

⋅ ⋅ Ω ⋅

donde hemos definido la unidad

voltio V1 ohmio 1 1 1

amperio A= Ω = =

De (7), la unidad física de la resistividad es

1 ohmio ⋅ metro = 1 Ω ⋅ m

y de (8) la de la resistencia eléctrica es

1 ohmio = 1 Ω

La resistividad es una de las propiedades materiales con más amplio rango de variación a través de los materiales, como se puede apreciar en la siguiente tabla (valores a 20 °C).

Material Resistividad ρ (ohmio ⋅ m) Coeficiente de temperatura α (1/°C) Cobre 1.69 (10–8) 4.3 (10–3) Plata 1.62 (10–8) 4.1 (10–3) Hierro 9.68 (10–8) 6.5 (10–3) Carbono 3.5 (10–5) –0.5 (10–3) Silicio puro 2.5 (103) –70 (103) Vidrio 1010 ‐‐‐‐ 1014

Poliestireno > 1014

Cuarzo fundido 75 (1016)

No existe un conductor perfecto, ni un aislador perfecto. En un rango limitado de temperatura, la resistividad de un conductor varía linealmente con la temperatura: (10) ρ = ρ0 [1 + α (T – T0)] Variación de la resistividad con la temperatura

Aquí, T está en grados Celsius (°C), ρ0 es la resitividad a cierta temperatura de referencia T0 (usualmente

20°C). El coeficiente α se denomina coeficiente de temperatura de resistividad. Dado que, por (8), la resistencia es proporcional a la resistividad (con A y L constantes) se tiene también (11) R = R0 [1 + α (T – T0)] Variación de la resistencia con la temperatura

6‐7

Para metales como el cobre, la resistividad es prácticamente proporcional a la temperatura, como se muestra en la Fig. 6, excepto para muy bajas temperaturas, donde la resistividad se acerca a un valor finito ρ0 cuando la temperatura se acerca al cero absoluto.

Fig. 6 Fig. 7

Observe que el valor de α para el silicio puro es negativo. Para este material (y otros con α negativa) la resistividad se reduce al elevarse la temperatura (Fig. 7). Se trata en este caso de materiales semiconductores. EJEMPLO 6.1. Un cilindro sólido recto de aluminio tiene una sección circular de diámetro 0.5 cm y una longitud de 20 cm. ¿Cuál es la resistencia eléctrica del cilindro entre sus extremos? La resistividad del aluminio a temperatura ambiente es de 2.75 (10–8) Ω m.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ El área de la sección transversal del cilindro es

2 22

5 23.14(0.5 10 m)dA 1.96(10 )m4 4

−−⋅π

= = =

La resistencia es

2

8 45 2

L 20(10 )mR 2.75(10 ) m 28(10 ) 0.0028A 1.96(10 )m

−− −

−= ρ = Ω ⋅ = Ω = Ω

Una diferencia de potencial de E = 1.5 voltios entre los extremos de este cilindro produciría teóricamente

una corriente de

i = E/R = 1.5 V/0.0028 Ω = 535.7 A (!!!!)

lo cual indica que la unidad “ohmio” es muy pequeña. En la práctica se construyen trozos de materiales llamados resistores, cuyas resistencias son mucho mayores, desde decenas de ohmios hasta millones de ohmios. Son útiles los múltiplos 1 kΩ = 1 kilohmio = 1000 Ω 1 MΩ = 1 megohmio = 1000 000 Ω

6‐8

En los diagramas de circuitos eléctricos muchas veces se desprecia la resistencia de los alambres conductores. Por otra parte, el símbolo gráfico de un resistor es el siguiente

Fig. 8

6.3. VISIÓN MICROSCÓPICA DE LA CORRIENTE EN UN ALAMBRE CONDUCTOR. Consideremos un alambre conductor metálico de sección transversal de área A y densidad de electrones libres “n”. En un modelo simple, el metal consiste en una retícula rígida de átomos con carga neta positiva, rodeada de un “gas” de electrones libres. Estos electrones, libres de vagar por todo el material, efectúan un movimiento aletorio similar al de las moléculas de un gas (la rapidez media de estos electrones es del orden de ¡106 m/s!). En su camino, los electrones libres sufren innumerables colisiones con los átomos de la retícula. Entre colisiones, los electrones prácticamente no interaccionan con la retícula y se mueven en trayectorias rectas. En ausencia de un campo eléctrico dentro del conductor, la velocidad promedio de los electrones libres es nula (Fig. 9), pues no hay desplazamiento neto en ninguna dirección. No sucede lo mismo si existe un campo eléctrico E: los electrones libres sufren la fuerza eléctrica (opuesta a E), con el resultado de que realizan en promedio unos desplazamientos en la dirección opuesta al campo eléctrico. Los electrones libres adquieren así una velocidad neta, denominada velocidad de arrastre o velocidad de deriva, denotada con “vd” (Fig. 10). Tal flujo neto de electrones (en la dirección opuesta al campo) constituye una corriente eléctrica.

Fig. 9 Fig. 10

La corriente eléctrica “i” que circula por el alambre conductor se puede relacionar con ciertas propiedades atómicas de los portadores de carga eléctrica dentro del conductor.

6‐9

Fig. 11

Sea “i” la corriente eléctrica en el conductor. La Fig. 11 muestra una sección longitudinal del alambre. Se representan allí los portadores de carga (electrones libres) mediante pequeños círculos sombreados. Se supone que todos ellos tienen la misma carga “e” y se desplazan con la misma velocidad promedio, la velocidad de deriva “vd”. Tracemos una sección transversal S en cualquier lugar del alambre. Sea A el área de esta sección. La corriente eléctrica es igual a la carga eléctrica que atraviesa la sección transversal S por unidad de tiempo. Para calcular esta carga marquemos desde la sección S una distancia “vd Δt” hacia atrás, la cual es igual a la distancia que recorre cada portador de carga (o sea cada electrón libre) en un tiempo Δt. Entonces todos los electrones libres contenidos en el cilindro de generatriz “vdΔt” y área transversal A lograrán atravesar dicha sección S en el tiempo Δt. Para obtener el número ΔN de tales electrones multiplicamos la densidad “n” por el volumen de este cilindro: ΔN = n ⋅ (A vd Δt) Esto implica que la carga eléctrica ΔQ que atraviesa la sección S en un tiempo Δt es ΔQ = n A vd Δt e Dividiendo ΔQ por Δt obtenemos la carga que atraviesa por unidad de tiempo, o sea la corriente “i”:

dnAv e tQit t

ΔΔ= =Δ Δ

(12) i = n A vd e

Corriente eléctrica en un alambre conductor. n = densidad de electrones libres; A = área de la sección transversal del alambre; vd = velocidad de deriva de los electrones libres; e = carga del electrón.

Llamaremos a (12) la “fórmula de la nave”.

6‐10

EJEMPLO 6.2. Un alambre de cobre de sección circular de diámetro d = 1 cm transporta una corriente de 20 A. Calcular la velocidad de deriva vd de los electrones. La densidad de electrones libres del cobre es

n = 8.5 (1028) / m3. ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Despejando vd de la Ec. (12),

div

nAe=

El área de la sección transversal es

2 2 22

4 23.14(10 ) mdA 0.785(10 ) m4 4

−−π

= = =

Entonces,

5d

28 4 2 193

20A mv 1.88(10 )1 s8.5(10 ) 0.78(10 )m 1.6(10 )Cm

−

− −= =

⋅ ⋅

O bien

vd ≈ 2 mms

Como vemos, la velocidad de deriva es muy pequeña. 6.4. CORRIENTE Y RESISTENCIA EN UN CIRCUITO SIMPLE. Volvamos a la situación representada en la Fig. 5 de la página 6‐4, que reproducimos a continuación:

(Fig. 5)

E

6‐11

El campo eléctrico dentro del alambre ya fue calculado (Ec. (4)). Resulta igual a

[(4)] T

EL

=E

Sea “V” la diferencia de potencial entre los extremos de un pedazo de alambre de longitud L (Fig. 12), y sea “R” la resistencia de este pedazo, dada por la Ec. (8‐p5) en la forma

(13) LRAρ

=

Fig. 12

Dado que el campo eléctrico es constante, podemos poner también, en lugar de (4),

(14) VEL

=

Se sigue también la relación

(15) V = R i

donde “i” es la corriente en el alambre. Note que las relaciones (13), (14) y (15) son completamente análogas a (8), (4) y (9), respectivamente. La diferencia es que estas últimas se aplican a todo el alambre (longitud LT), y las primeras se aplican a un

trozo de alambre de longitud L. Para efectos de calcular la corriente “i”, el diagrama de la Fig. 5 se puede simplificar al de la Fig. 13, donde la resistencia total del alambre se ha concentrado en un resistor:

Fig. 13

En el circuito simple de la Fig. 13 se tiene, como ya sabemos, i = E / R. La caída de potencial a través del resistor R (o sea la diferencia de potencial o voltaje entre sus extremos) es V = R i = E.

E

6‐12

El símbolo gráfico de la fuente de fem en los circuitos es el siguiente:

Fig. 14

de modo que el circuito de la Fig. 13 también se puede representar así:

Fig. 15

6.5. RESISTENCIA EQUIVALENTE DE VARIOS RESISTORES. LEYES DE KIRCHHOFF. Dos resistores están conectados en serie si la corriente eléctrica es la misma a través de cada uno. La Fig. 16 muestra una situación tal. Se define la resistencia equivalente del par de resistores R1 y R2 como la resistencia de un solo

resistor por el que circula la misma corriente “i” que en la conexión de la Fig. 16. Denotemos la resistencia equivalente con Requ y calculémosla. De la Ec. (15) aplicada a cada resistor tenemos V1 = R1 i V2 = R2 i Ahora bien, dado que el potencial en todo punto del

Fig. 16

circuito es una función unívoca de la posición, se sigue que las caídas de potencial a través de ambos resistores, sumadas, deben ser iguales a la diferencia de potencial suministrada por la fuente de fem, es decir,

(16) E = V1 + V2

o sea

E = R1 i + R2 i = (R1 + R2) i

Se deduce que la resistencia equivalente de los dos resistores es

(17) Requ = R1 + R2

Resistencia equivalente de dos resistores en serie

E

E

6‐13

Así pues, en cuanto al cálculo de la corriente suministrada por la fuente de fem, el circuito de la Fig. 16 es equivalente al de la Fig. 17. En él se ve inmediatamente que

equ 1 2

iR R R

= =+

E E

Fig. 17

Volviendo a la Fig. 16, los signos “+” y “–“ junto a los extremos de cada resistor indican la polaridad de dichos extremos. Se entiende por ello que el extremo etiquetado con el signo “+” está a mayor potencial que el extremo con “–“. Entonces, si recorremos el circuito de la Fig. 16 en la dirección de la corriente eléctrica, tenemos sendas caídas (o disminuciones) de potencial en ambos resistores. Por otra parte, recorriendo la fuente de fem en el sentido de la corriente tenemos que el borne negativo está a menor potencial que el positivo, de modo que en este caso tenemos una elevación de potencial al recorrer desde el borde negativo al positivo. En estos términos, la ecuación (16), escrita en la forma (18) E – V1 – V2 = 0 se puede leer así: (19) Si se recorre un camino cerrado a lo largo de un circuito con fuentes de fem y resistores, la suma algebraica de las variaciones de potencial para todos los elementos del circuito es igual a cero. En un resistor existe una caída de potencial (o una elevación) si el mismo se recorre en el sentido de la corriente (o en el sentido opuesto). En una fuente de fem hay una elevación de potencial (o caída) si la fuente se recorre del borne negativo al positivo (o al revés)

Segunda Ley de Kirchhoff. (Una caída de potencial se considera una variación negativa del mismo, una elevación un cambio positivo).

Dos resistores están en paralelo si la diferencia de potencial a través de cada uno es la misma. La Fig. 18 muestra tal situación.

Fig. 18

Cualquier camino cerrado a lo largo del circuito compuesto de la Fig. 18 se denomina una malla. Existen

E

E

6‐14

en él por lo tanto tres mallas, a saber, • Desde el borne positivo de la fuente de fem, pasando por el nodo “a”, luego hacia abajo por el

resistor R1, luego por el nodo “b”, y finalmente llegando a la fuente de fem por el borne negativo. (Nota: un nodo es un punto del circuito donde confluyen más de dos segmentos de alambre por los que circulan en general distintas corrientes).

• Desde el borne positivo de la fuente de fem, pasando por el nodo “a”, luego por el punto “c”, por el resistor R2, por el punto “d”, por el nodo “b”, y finalmente llegando al borne negativo de la fuente.

• Desde el nodo “a”, por el punto “c”, por el resistor R2, por el punto “d”, por el nodo “b” y finalmente por el resistor de nuevo hasta el nodo inicial “a”.

El potencial eléctrico es el mismo por un lado en los puntos “a” y “c”, y por otro en los puntos “b” y “d”, puesto que ambas parejas de puntos pertenecen al mismo conductor equipotencial. Esto significa que el voltaje a través de cada resistor es el mismo: φa = φc φb = φd Vab = φb – φa = φd – φc = Vcd Ambos voltajes son iguales a E: Vab = Vcd = E Aplicando (15), la corriente a través de R1 es

(20) ab1

1 1

ViR R

= =E

y a través de R2 es

(21) cd2

2 2

ViR R

= =E

La corriente “i” suministrada por la fuente de fem se bifurca en el nodo “a”, dividiéndose en dos corrientes “i1” e “i2”. Existe la relación (22) i = i1 + i2 la cual significa físicamente que la carga eléctrica que fluye por las diversas ramas del circuito no se acumula en ningún punto; esto es, la corriente que “entra” al nodo “a” (o sea “i”) es igual a la corriente total que “sale” de dicho nodo (o sea “i1 + i2”). (23) i = i1 + i2

Primera Ley de Kirchhoff. La corriente total que entra a un nodo es igual a la corriente total que sale de él.

6‐15

De (20) y (21) obtenemos la siguiente relación:

(24) 1 2

2 1

i Ri R

=

La corriente a través de cada uno de dos resistores en paralelo es inversamente proporcional a sus resistencias.

Sustituyendo ahora (20) y (21) en (22) tenemos

1 2 1 2

iR R R R

= + =+

E E E

y comparando con la relación definitoria de la resistencia equivalente, a saber,

equ

iR

=E

deducimos la relación

(25) equ 1 2

1 1 1R R R

= + Resistencia equivalente de dos resistores conectados en paralelo.

Otra forma de (25) es

(26) 1 2equ

1 2

R RRR R

=+

Resistencia equivalente de dos resistores conectados en paralelo.

Las fórmulas encontradas para la resistencia equivalente de resistores en serie y en paralelo son generalizables a más de dos resistores. Así, la resistencia equivalente de N resistores conectados en serie es Requ = R1 + R2 + … + RN y la de N resistores conectados en paralelo es

equ 1 2 N

1 1 1 1...R R R R

= + + +

La resistencia equivalente de resistores en serie siempre es mayor que cualquiera de las resistencias individuales. En cambio, la de los resistores en paralelo siempre es menor que cualquiera de las resistencias individuales.

6‐16

EJEMPLO 6.3. Se tiene un circuito con una fuente de fem de 120 V y tres resistores de 80 Ω, 50 Ω y 30 Ω conectados como se muestra en la Fig. 19. (a) Calcular la corriente eléctrica suministrada por la fuente de fem. Haga el cálculo reduciendo el circuito a una sola resistencia equivalente. (b) Calcular la corriente eléctrica a través de cada resistencia. (c) Calcular la caída de potencial a través de cada resistencia.

Fig. 19

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Fig. 20 Fig. 21 (a) Primeramente reducimos las dos resistencias en serie (las de 50 W y 30 W) a una sola resistencia equivalente igual a Requ = 50 Ω + 30 Ω = 80 Ω. El circuito queda entonces como en la Fig. 20. Luego tenemos dos resistores de 80 W en paralelo. Su resistencia equivalente es

80 80 4080 80

Ω⋅ Ω= Ω

Ω + Ω

Llegamos así al circuito equivalente de la Fig. 21. Se calcula inmediatamente la corriente “i”:

120Vi 3A40

= =Ω

(b) De la Fig. 20 y de la Ec. (24) se deduce que la corriente es la misma a través del resistor de 80 Ω y a través de los resistores de 50Ω y 30Ω, o sea 1.5 A. (c) La caída de potencial a través de cada resistor es el producto de su resistencia y de la corriente que lo atraviesa. Entonces, A través del resistor de 80Ω: caída de potencial = 80 Ω × 1.5 A = 120 V

A través del resistor de 50Ω: caída de potencial = 50 Ω × 1.5 A = 75 V

A través del resistor de 50Ω: caída de potencial = 30 Ω × 1.5 A = 45 V

6‐17

6.6. CONSIDERACIONES DE ENERGÍA EN CIRCUITOS CON FUENTES DE FEM Y RESISTORES. Consideremos el circuito simple de la Fig. 24. Por simplicidad, supongamos que las cargas móviles en este circuito son positivas. Cuando una carga móvil positiva “dq” pasa por la fuente de fem del borne negativo al positivo, su energía potencial aumenta en el valor dU = q E donde E es el voltaje suministrado por la fuente (Véase el cuadro (3) en la página 3). Si el tránsito de dicha carga ocurre durante un tiempo “dt”, entonces la potencia suministrada por la fuente es

Fig. 24

dqdUP

dt dt= = E

Pero dq/dt es la corriente por el circuito, de modo que la relación anterior se vuelve (27) P = E i

Potencia suministrada por la fuente de fem

Por otra parte, cuando la carga “dq” pasa por el resistor, moviéndose en el sentido de la corriente, su energía potencial disminuye en dU = – dq V donde V es la caída de potencial a través del resistor. La potencia disipada en el resistor es entonces

dqdUP V

dt dt= = −

P iV= − Usando la relación V = R i, tenemos entonces (28) P = – R i2

Potencia disipada en un resistor

La energía eléctrica que se pierde en el resistor se transforma en calor: el resistor se calienta. Se le llama calor de Joule. Dado que E = V en el circuito de la Fig. 24, la potencia suministrada por la fuente de fem, Ec. (27), es numéricamente igual a la potencia disipada en el resistor, Ec. (18). Esto es conservación de energía. La combinación de unidades amperio × voltio (A V) es igual al vatio (W), la unidad de potencia.

E

6‐18

EJEMPLO 6.5. Para el circuito de la Fig. 25, calcular la potencia suministrada por las fuentes de fem, así como la potencia disipada por cada resistor.

Fig. 25

Resolveremos el circuito empleando las 2 leyes de Kirchhoff. El método es el siguiente: • Introducir símbolos matemáticos para la corriente a través de cada elemento del circuito. • Aplicar la 1ª. ley de Kirchhoff a un nodo del circuito (repetir si es necesario). • Divida el circuito en mallas independientes y aplicar la ley de Kirchhoff a cada malla.

Observe la Fig. 26. Hemos denotado con “i” la corriente por la fuente de fem de 40 V, y con “i1” e “i2” las corrientes por los demás elementos, tal como vemos en la figura. En el nodo “a” entra la corriente “i” y salen las corrientes “i1” e “i2”, de tal modo que la 1ª. ley de Kirchhoff da

corriente entrante = corriente saliente

o sea

i = i1 + i2

Fig. 26

El nodo “b” es equivalente al nodo “a” y no proporciona una ecuación distinta. Distinguimos dos mallas en el circuito. La primera malla incluye la fuente de 40 V y el resistor de 20 Ω. Recorramos esta malla empezando del borne negativo de la fuente, en sentido horario. La 2ª. ley de Kirchhoff da

40 – 20 i2 = 0

La segunda malla incluye la fuente de 20 V y todos los resistores. La ecuación de la 2ª. ley de Kirchhoff es ahora (recorriendo la malla en sentido horario desde el borne negativo de la fuente de 20V): 20 – 50 i1 – 10 i1 + 20 i2 = 0 Note que en el resistor de 20 Ω hay una elevación de potencial, ya que lo estamos recorriendo en el sentido opuesto de la corriente i2.

Hemos encontrado así tres ecuaciones para las incógnitas i, i1 e i2. Resolviendo tenemos i = 3 A, i1 = 1 A, i2 = 2 A

6‐19

La potencia dada por la fuente de 20 V es el producto de este voltaje y la corriente “i” a través de ella:

P1 = 40 V ⋅ 3 A = 120 W

La potencia por la fuente de 20 V es

P2 = 20 V ⋅ 1 A = 20 W

La potencia suministrada por ambas fuentes es

120 W + 20 W = 140 W

La potencia disipada en los resistores es, de acuerdo con la fórmula P = –R i2,

En el resistor de 20Ω: – (20 Ω) (2 A)2 = – 80 W



La potencia total disipada en los resistores es

–80 W –50 W –10 W = –140 W 6.7. FUENTES DE FEM REALES. Hemos definido una fuente de fuerza electromotriz ideal como aquella que mantiene una diferencia de potencial constante E entre sus terminales o bornes. Sin embargo, en la realidad las fuentes de fem poseen una resistencia interna que aunque pequeña, motiva que esta diferencia de potencial no sea constante. Un modelo apropiado de una fuente de fem real consiste en una fuente de fem ideal en serie con un resistor interno cuya resistencia denotaremos con “r”. La Fig. 27 muestra un circuito simple con una fuente de fem real enmarcada en el rectángulo con líneas punteadas. Dado que las resistencias R y “r” están en serie, la corriente suministrada por la fuente real es

ir R

=+E

Esta es menor que la corriente en el caso de que la fuente de fem fuera ideal, o sea i = E/R; Una fuente ideal de fem tendría una resistencia interna r = 0. Entre los bornes de la fuente de fem real, representados por los puntos “a” y “b” en la Fig. 27, existe

Fig. 27

un voltaje igual a

ab1V r i r rr R 1R

⎛ ⎞⎜ ⎟

= − = − = ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

EE E E

Este es el voltaje suministrado por la fuente de fem real. Notemos que depende de la resistencia interna y de la resistencia R en este circuito.

6‐20

6.8. PROBLEMAS. 1. Calcular la corriente eléctrica como dq/dt. 2. ¿Qué longitud debería tener un alambre conductor de hierro, cuya área transversal es de 3 mm2, para que su resistencia eléctrica fuese de 1 W? 3. Un alambre conductor de plata, que forma parte de un circuito, transporta una corriente de 5 mA. ¿Cuál es la caída de potencial a través de un pedazo de 10 cm de longitud de este alambre? El área de la sección transversal del alambre es de 3 mm2. 4. Un cilindro sólido recto de aluminio tiene una sección circular de diámetro 0.8 cm. ¿Cuál es la longitud del cilindro si la resistencia eléctrica entre sus extremos es de 3 Ω? La resistividad del aluminio a

temperatura ambiente es de 2.75 (10–8) Ω m. 5. Un alambre de cobre de sección circular de radio r = 2 mm transporta una corriente de 8 A. Calcular la velocidad de deriva vd de los electrones. La densidad de electrones libres del cobre es

n = 8.5 (1028) / m3. 6. Calcular la resistencia equivalente entre los puntos “a” y “b” para los siguientes arreglos de resistores. (a) (b) (c)

6‐21

7. Emplee las leyes de Kirchhoff para calcular la corriente y la caída de potencial a través de cada resistencia. Calcule también la potencia suministrada (o recibida) por las fuentes de fem, y la potencia disipada en cada resistencia. (a)

(b)

(c)

7‐1

|||||||||| 7.1. FENÓMENOS MAGNÉTICOS. Los fenómenos magnéticos más directos con los que tenemos contacto en nuestras experiencias cotidianas son los relacionados con los imanes permanentes. Los imanes son capaces de atraer limaduras de hierro y otros materiales magnéticos. Al esparcir limaduras de hierro en la vecindad de un imán permanente, las limaduras forman un patrón característico como vemos en la Fig. 1, formando curvas ovoidales cerradas. Si en lugar de limaduras colocamos una aguja imantada o brújula en diversos puntos alrededor del imán, la aguja se orienta en cada punto tangencialmente a las líneas mostradas en la Fig. 1. Estas líneas se denominan lineas de campo magnético. El efecto magnético del imán sobre los objetos a su alrededor se describe mediante un campo vectorial denominado campo magnético, denotado usualmente con el símbolo “B”. También se producen efectos magnéticos sobre limaduras o agujas magnéticas cuando se colocan en la proximidad de un alambre que conduce una corriente eléctrica.

Fig. 1

El alambre produce un campo magnético cuyas líneas de campo son círculos con centro en el alambre y planos perpendiculares al mismo (Fig. 2). Los imanes, limaduras, agujas magnética y alambres son cuerpos macroscópicos. Sus interacciones magnéticas se deben, en un nivel fundamental, a las partículas atómicas que los constituyen. De hecho, los campos magnéticos son generados por cargas eléctricas en movimiento, que ejercen fuerzas magnéticas sobre otras cargas eléctricas, también en movimiento. Otra propiedad de las partículas atómicas, el espín, también está asociada con la generación de campos magnéticos. En la siguiente sección empezaremos nuestro tratamiento del magnetismo discutiendo la interacción magnética entre cargas puntuales.

Fig. 2

CAPÍTULO 7

CAMPO MAGNÉTICO

7‐2

7.2. INTERACCIÓN ENTRE CARGAS ELÉCTRICAS PUNTUALES. Sean q1 y q2 dos cargas eléctricas puntuales en movimiento, R el vector separación entre ellas, y v1 y v2 sus respectivas velocidades (Fig. 3). Existen dos clases de interacciones entre las cargas, una eléctrica y otra magnética. La fuerza eléctrica entre ambas cargas no depende de las velocidades de las mismas. De acuerdo con la ley de Coulomb, la fuerza eléctrica que ejerce q1 sobre q2 es

(1) e 1 220

q q1 ˆ4 R

= ⋅πε

F R

donde “1/4πε0” es una constante y R̂ es el vector unitario en la misma dirección que R.

Fig. 3

Como vemos, la fuerza eléctrica disminuye con el cuadrado de la distancia entre las cargas. Si en (1) intercambiamos los índices “1” y “2” y además cambiamos “ R̂ “ por “– R̂ “ obtenemos “– F”, es decir, la fuerza eléctrica que ejerce q1 sobre q2 es igual y opuesta a la que ejerce q2 sobre q1. La interacción eléctrica, pues, obedece la tercera ley de Newton. La fuerza magnética entre ambas cargas es más compleja que la eléctrica. Tiene en común con la fuerza eléctrica el hecho de que depende también del producto de las cargas, “q1q2” y disminuye con el

cuadrado de la distancia, pero sus propiedades direccionales no son tan simples. La fuerza magnética que q1 ejerce sobre q2 viene dada por la expresión

(2) m 1 2 2 103

q q ( )4 R

× ×μ= ⋅

πv v RF

donde “μ0/4π” es una constante cuyo valor, como veremos, proviene de la definición del amperio, unidad

electromagnética básica en el Sistema Internacional. Resulta ser μ0 = 4π (10–7) N‐s2/C2.

La fuerza (2) es perpendicular tanto a v2 como al plano determinado por v1 y r. Esta fuerza no

obedece la tercera ley de Newton, pues si en (2) intercambiamos los índices “1” y “2” y cambiamos “ R̂ “ por “– R̂ “, no obtenemos “– Fm ” para la fuerza de q2 sobre q1. Por otra parte, las expresiones (1) y (2) son válidas solamente en el caso en que las velocidades de las cargas son pequeñas en comparación con la velocidad de la luz, c ≈ 300 000 km/s. En caso negativo las fuerzas son más complejas. Notemos que la fuerza magnética es nula cuando una o ambas cargas están en reposo (v1 = v2 = 0). La cosa no para allí. Si las velocidades varían con el tiempo, entonces las cargas emiten radiación electromagnética: generan campos eléctricos y magnéticos que dependen de la posición y del tiempo, y que se propagan con velocidad “c”. Estos campos decaen con el inverso de la distancia “R”, o sea más lentamente que la variación implicada en (1) y (2).

7‐3

Ahora bien, hay una circunstancia que nos permite separar los fenómenos eléctricos de los magnéticos en muchos escenarios especiales, y es ésta:

La fuerza magnética entre dos cargas es mucho menor que la fuerza eléctrica.

Usemos las expresiones (1) y (2) para obtener el cociente |Fm| / |Fe|. Sea v1 ≈ v2 = v, y olvidémonos de

los productos vectoriales. Notemos que las cargas se cancelan, lo mismo que el factor 1/R2, común a ambas fuerzas. Resulta

1 20m 2 2

0 0e 1 220

q q v vF 4 R vq q1F

4 R

⋅ ⋅μπ= = ε μ ⋅

πε

Ahora bien, la luz es un fenómeno electromagnético y la velocidad de la luz se relaciona con las constantes ε0 y μ0 mediante

0 0

1c =ε μ

de modo que

(3) m 2

e 2F vF c

=

Ahora bien, las velocidades de deriva de los portadores de carga en los conductores son del orden

de 1 mm/s. Para estas velocidades el cociente (3) es del orden de 10– 23, así que las fuerzas magnéticas

entre cargas pueden despreciarse en muchos casos prácticos. Si las velocidades son próximas a la de la luz, ambos tipos de fuerzas son comparables. Por esta razón, el estudio del electromagnetismo suele empezar con la electrostática, en la que se supone que las cargas están en reposo o bien, si se trata de cargas libremente móviles en el espacio tridimensional, poseen velocidades muy pequeñas en comparación con la de la luz. Aunque la fuerza magnética es pequeña, puede ser apreciable en una situación en la que un enorme número de cargas móviles influencian a otra carga móvil. Esto es lo que ocurre en un conductor que transporta corriente eléctrica. El número de electrones libres en un conductor de cobre es del orden de 1028 por metro cúbico. Si el minúsculo efecto magnético producido por cada uno de estos electrones se

multiplica por 1028, se obtiene un efecto fácilmente medible en el laboratorio. Esto no es otra cosa que la fuerza magnética que experimenta una carga móvil cerca de un conductor por el que circula una corriente eléctrica. Estos fenómenos se estudian en la magnetostática, en la que se supone que las corrientes eléctricas no varían con el tiempo.

7‐4

7.3. DEFINICIÓN DEL CAMPO MAGNÉTICO. Así como la interacción eléctrica entre dos cargas puntuales se describe convenientemente en términos del concepto de vector de intensidad eléctrica E (o brevemente, campo eléctrico), la interacción magnética también se describe en términos del llamado vector de inducción magnética B o vector densidad de flujo magnético (se suele llamarle brevemente: campo magnético). Escribamos de nuevo la expresión de la fuerza magnética que una carga puntual q1 ejerce sobre otra carga puntual q2 separada de aquella por el vector R:

1 2 2 103

q q ( )4 R

× ×μ= ⋅

πv v RF

Pongámosla en la forma

(4) 1 102 2 3

q )q4 R

×μ⎛ ⎞= × ⋅⎜ ⎟π⎝ ⎠

v RF v

La cantidad en paréntesis se define como el campo magnético producido por la carga q1 en el punto a separación R de la misma, donde se encuentra q2.

(5) 03

q4 R

×μ=

πv R

B

Campo magnético producido por una carga puntual “q” que se mueve con velocidad “v”, en un punto a separación R de la carga.

Usando (5), la relación (4) se escribe como F = q2 v2 × B1 donde hemos designado ahora con “B1” el campo magnético producido por la carga q1. Abstrayendo ahora ambos índices “1” y “2” tenemos (6) F = q v × B

Fuerza magnética que experimenta una carga puntual “q” que se mueve con velocidad “v” dentro de un campo magnético “B”.

Como vemos, esta fuerza es perpendicular tanto al vector velocidad v como al campo magnético B. De hecho, la relación (6) es la base de la definición más general del campo magnético. Es decir, (6) no solamente es aplicable a la interacción magnética entre dos cargas puntuales, sino en general también a la interacción entre magnética entre una carga puntual q y un campo magnético B generado por otras fuentes distintas a la carga puntual. Pongámoslo así: (7) Se define en general el campo magnético B de tal manera que la fuerza magnética sobre una carga puntual q que se mueva con velocidad v en el seno del campo venga dada por la expresión (6).

7‐5

Otros nombres para B son: vector de inducción magnética o vector densidad de flujo magnético. De la Ec. (6) sacamos las unidades físicas del campo magnético, a saber,

N N T teslam A mCs

= = =⋅⋅

Otra unidad muy usada es el gauss, definido por 1 gauss = 10–4 tesla 1 tesla = 10 000 gauss EJEMPLO 7.1. En la Fig. 4 se han trazado unas pocas líneas de campo del campo magnético generado por una carga eléctrica que se mueve con velocidad constante horizontal v. Este campo vale

03

q4 R

×μ=

πv R

B

donde R es el vector separación entre la carga y el punto campo considerado.

Fig. 4

Las líneas de campo son círculos concéntricos, cuyos centros se encuentran en la trayectoria recta de la carga, y cuyos planos son perpendiculares a esta recta. Note que la carga no produce campo magnético en los puntos de esta recta (donde v × R = 0), y que el sentido de giro del campo y el sentido del vector velocidad cumplen la regla de la mano derecha.

7‐6

EJEMPLO 7.2. En un momento dado, dos cargas del mismo signo (digamos positivas) se mueven en trayectorias rectas paralelas con velocidades iguales y opuestas. ¿Qué interacción magnética existe entre ellas cuando pasan una frente a la otra? Coloquemos unos ejes X, Y y Z como se muestra en la Fig. B. El campo magnético B producido por la carga inferior en el punto donde se halla la carga superior apunta en la dirección +X. Por lo tanto, usando la Ec. (6), tenemos que la fuerza sobre la carga superior apunta en la dirección +Z. Haciendo un análisis similar obtenemos que la fuerza magnética sobre la carga inferior, debida a la superior, apunta en la dirección negativa del eje Z. Se concluye que las cargas se repelen. Si las velocidades estuvieran en el mismo sentido, las cargas se atraerían.

Fig. 5

EJEMPLO 7.3. En una región del espacio existe un campo magnético uniforme B = 0.35 T dirigido en el sentido del Eje Y. En un momento dado, una carga puntual q = 8 μC pasa por el origen de coordenadas con una velocidad v cuyas proyecciones sobre el plano XY y el eje Z tienen los valores indicados en la figura A. Calcular la fuerza magnética sobre esta carga en esta situación.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Debemos expresar los vectores B y v vectorialmente en la base cartesiana {i, j, k} y luego hacer el producto vectorial F = q v × B El vector B, en unidades S.I., es B = 0.35 j Por otra parte, las componentes X y Y del vector v son, en unidades S.I.,

Fig. 6

3 3

x3 3

y

v 3 10 sen 37 1.8 10

v 3 10 cos 37 2.4 10

= ⋅ °= ⋅

= ⋅ °= ⋅

La componente Z es inmediata, igual a m/s

7‐7

con lo que v = (1.8 i + 2.4 j + 5 k) 103 (m/s) Tenemos entonces

F = q v × B = (8 10–6) (1.8 i + 2.4 j + 5 k) 103 × (0.35 j) (N) Usando las relaciones i × j = k, j × j = 0 y k × j = – i tenemos

F = (8 10–6) (1.8 ⋅ 0.35 k – 5 ⋅ 0.35 i) (N)

F = ( – 14 i + 5.04 k ) 10–6 N EJEMPLO 7.4. Una carga q = 5 μC se desplaza a lo largo del Eje de las X, en el sentido positivo, con una velocidad constante de 4 (106) m/s. En el momento en que la carga pasa por el origen de coordenadas, ¿Cuál es el campo magnético que produce en el punto (0.5 m, 1.2 m, 0)? El campo magnético de la carga viene dado por la Ec. (5‐p4), o sea

0

3q

4 R×μ

=π

v RB

donde R es el vector del punto considerado relativo a la carga (Véase la Fig. 22). Se tienen las expresiones vectoriales v = 4 (106) i R = 0.5 i + 1.2 j R = 1.3

Fig. 22

Además, v × R = 4.8 (106) k. Entonces, usando μ0/4π = 10–7 (unidades S.I.),

7 6 6

z 310 5(10 )(4.8(10 ))B

1.3

− −⋅= =B k k

B = 10.92 (10–7) k tesla

7‐8

7.4. MOVIMIENTO DE CARGAS DENTRO DE UN CAMPO MAGNÉTICO. FUERZA DE LORENTZ. De la expresión de la fuerza que sufre una carga puntual dentro de un campo magnético o sea “F = q v × B”, se deduce que tal fuerza es perpendicular tanto al vector velocidad v como al campo magnético B. Por ser perpendicular a v, la fuerza magnética no puede alterar la rapidez de la carga, esto es, el campo magnético solamente puede desviar a la carga, sin producir ningún aumento o disminución en la magnitud de su velocidad. Dentro de un campo magnético, las cargas no sufren ninguna variación de su energía cinética. Si la carga se encuentra en una región donde existen tanto un campo eléctrico E como uno magnético B, la fuerza que experimenta es la suma vectorial de las fuerzas eléctrica y magnética, es decir, (88) F = qE + q v × B Esta se denomina Fuerza de Lorentz. Uno puede usar una combinación de un campo eléctrico constante y un campo magnético constante para obtener un selector de velocidades, que es un dispositivo simple para obtener un haz de partículas cargadas que tengan una velocidad bien determinada. Veamos.

Fig. 8

Se calienta un filamento para desprender electrones de él. Estos electrones se aceleran hacia la derecha al establecer una diferencia de potencial “V” entre el filamento y un primer filtro colocado justo antes de un capacitor de placas paralelas. En el espacio dentro del capacitor se establece un campo eléctrico E dirigido hacia abajo, y también un campo magnético B dirigido en la Fig. 7.7 hacia dentro del papel. El electrón entra a la región interna del capacitor con cierta velocidad horizontal. Allí sufre una fuerza eléctrica hacia arriba de magnitud “eE”, y una fuerza magnética perpendicular a su velocidad horizontal y al campo magnético, en la dirección hacia abajo, de magnitud “e v B”. Para que el electrón prosiga en línea recta, sin ser desviado por estos campos, debemos tener igualdad de ambas fuerzas, o sea de donde se obtiene la velocidad de los electrones que no son desviados, en la forma

(89) EvB

=

7‐9

7.5. EL EFECTO HALL. Consideremos el siguiente arreglo experimental: Una cinta plana de anchura “s” y espesor “t” se coloca dentro de un campo magnético uniforme B, con su plano perpendicular al campo, como se muestra en la Fig. 7.8. La cinta está hecha de un material conductor cuyos portadores de carga son, digamos, electrones. Se manda una corriente “i” a lo largo de la cinta. Dado que el área de la sección transversal de la cinta es A = s t, tendremos por la fórmula de la nave

(77) i = n A v e = n s t v e

donde “n” es el número de electrones libres por unidad de volumen, “v” es la velocidad de arrastre de los electrones libres, y “e” es la carga del electrón.

Fig. 9

Los electrones libres sufren dentro del campo magnético una fuerza magnética dirigida (según la fórmula F = q v × B) hacia arriba. Tal fuerza motiva que se vaya formando una acumulación de electrones en el borde superior de la cinta, y al mismo tiempo una deficiencia de electrones en el borde inferior, como vemos en la Fig. 7.9. Mientras esto ocurre, se va formando también un campo eléctrico E dirigido hacia arriba, hasta que se llega a una situación de equilibrio en la que el campo eléctrico ya no permite más acumulación de carga en los bordes. Esto último ocurre cuando la fuerza eléctrica (hacia abajo) se iguala con la fuerza magnética (hacia arriba), o sea cuando

Fig. 10

(89) e E = e v B o E = v B

El campo eléctrico se puede obtener midiendo la diferencia de potencial “V” entre los bordes de la cinta, y dividiendo ésta por la distancia “s”, en la forma “E = V/s”. Por otra parte, despejando la velocidad de (88), tenemos “v = i/nste”. Sustituyendo ahora lo anterior en (88) y despejando “n” se llega a

(89) iBnVte

=

Tenemos así un modo de medir la propiedad “n” con ayuda de este efecto, denominado Efecto Hall.

7‐10

EJEMPLO 7.4. Espectrómetro de masas. Un modo de determinar la masa de una partícula ionizada es mediante un dispositivo denominado el espectrómetro de masas. Consta esencialmente de un canal por donde se introducen los iones a una región donde existe un campo magnético constante B (Fig. A). La velocidad v de los iones al entrar a esta región es conocida, al igual que su carga eléctrica q. Relacionar la masa del ión con los demás parámetros.

Fig. 11

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ En la Fig. A, el ión entra al campo magnético por la parte inferior izquierda, con velocidad v. El campo B apunta hacia fuera del papel, perpendicularmente. Una vez en el seno del campo, sufre una fuerza magnética dada por F = q v × B Dado que esta fuerza es perpendicular tanto a v como a B, tenemos que en el punto de entrada del ión la fuerza apunta horizontalmente hacia la derecha (hacia el punto C en la figura). La fuerza es siempre perpendicular a la velocidad v, la cual no cambia su magnitud, de tal manera que apunta siempre hacia un mismo punto C. Se trata aquí de una fuerza centrípeta, y el movimiento del ión es precisamente un movimiento circular uniforme. De la segunda ley de Newton tenemos en la dirección radial la ecuación

2

r rvF ma qvB mr

= =

donde “r” es el radio de la trayectoria circular del ión. Despejando la masa,

qBmvr

=

Vemos que los radios de las trayectorias son tanto menores cuanto mayores son las masas de los iones. Esta expresión nos permite calcular la masa a partir de la medición de q, B, v y r.

7‐11

7.6. LA LEY DE BIOT‐SAVART. Como ya hemos dicho, los campos magnéticos son producidos por cargas eléctricas en movimiento. El campo magnético que produce una sola carga “q”, en un punto P localizado por el vector separación R relativo a la carga, es

[(5)] 03

q4 Rμ ×

=πv RB

donde v es el vector velocidad de la carga. Este campo es perpendicular tanto a v como a R. Un haz o enjambre de partículas cargadas en movimiento produce un campo magnético que es la suma vectorial de los campos magnéticos individuales producidos por cada carga en el haz o enjambre. En particular, si tal enjambre de partículas cargadas móviles está confinado dentro de un alambre conductor, a manera de constituir una corriente eléctrica en éste, existirá un campo magnético asociado.

Fig. 12

La ley de Biot‐Savart es una expresión matemática para el campo magnético producido por un alambre conductor por el que circula una corriente eléctrica. Procederemos a deducir esta expresión usando la ec. (5) y la fórmula de la nave (ec. (12), página 6‐9).

Fig. 13

Observemos la Fig. 7.3. Se representa un alambre conductor que transporta una corriente “i”. Un punto cualquiera de este alambre, como el punto P’ mostrado, se denomina punto fuente.(su vector de posición se denota con “ r’ ” Por otra parte, el punto donde deseamos evaluar el campo magnético del alambre (punto P en la figura) se denomina punto campo (con vector de posición “ r “ (Estas designaciones son análogas a las que usamos en relación con los campos eléctricos).

7‐12

Marquemos en el punto P’ un elemento de arco vectorial dr’ (que llamaremos elemento de corriente). Calcularemos el campo dB producido en P por este elemento y luego sumaremos vectorialmente los campos diferenciales de todos los elementos que componen el alambre, es decir, integraremos sobre todo el alambre.

La Fig. 7.4 es una vista ampliada del elemento de corriente. Por el alambre circulan electrones libres, cada uno con carga eléctrica “e” y velocidad “v”. El número de electrones libres contenidos en el pedazo de alambre de longitud |dr’| = ds’ y área transversal A es ΔN = n A ds’ donde “n” es la densidad de electrones libres. Cada uno de estos electrones produce en P un campo magnético dado

Fig. 14

por la Ec. (5) en la forma

03

e4 Rμ ×πv R

(Estamos suponiendo que el elemento ds’ es tan pequeño que todos los electrones se encuentran distanciados por el mismo vector, R, del punto P). Entonces el campo magnético producido por todos los electrones contenidos en el elemento de corriente dr’ es

03

ed nAds4 Rμ ×′= ⋅πv RB

Dado que dr’ y v tienen la misma dirección, de tal manera que ds’ v = dr’ v podemos escribir dB como

03

e dd nAv4 R

′μ ×= ⋅

πr RB

Usando ahora la fórmula de la nave (o sea i = nAve), tenemos

03

i dd4 R

′μ ×=

πr RB

7‐13

Finalmente, el campo magnético producido por todo el alambre es

(8) 03

i d4 R

′μ ×=

π ∫r RB

Ley de Biot‐Savart Campo magnético producido por un alambre que transporta una corriente “i”

7.7. CAMPO MAGNÉTICO GENERADO POR UN HILO RECTO INFINITO DE CORRIENTE. Como aplicación de la Ley de Biot y Savart, calcularemos el campo magnético producido por un alambre recto conductor, de longitud infinita, en un punto P arbitrario del espacio. Supondremos que el alambre transporta corriente eléctrica “i”. Coloquemos el alambre como se muestra en la Fig. 7.5, a lo largo del Eje Y. Deseamos calcular el campo B en un punto cualquiera P(x, 0) del Eje X. Dado que el campo magnético posee simetría rotacional alrededor del Eje Y, el campo B tendrá la misma magnitud en todo punto de un círculo de radio “x” y centro en el origen O. El plano de este círculo es perpendicular al alambre. En la Fig. 7.5 hemos indicado las cantidades implicadas en el cálculo: el elemento de corriente dr’, la coordenada (variable) y’ de dicho elemento, y el vector separación R que va del elemento de corriente al punto campo P. Para calcular la integral

Fig. 15

03

i d4 R

′μ ×=

π ∫r RB

expresaremos el integrando vectorial en términos de la base vectorial cartesiana {i, j, k}. La longitud del elemento dr’ es “ dy’ ”, y su dirección es la del unitario j, así que

dr’ = dy’ j

Por otra parte,

R = x i – y’ j

Tenemos entonces

d (dy ) (x y ) xdy′ ′ ′ ′× = × − = −r R j i j k

Por tanto, el campo magnético diferencial “dB” producido por el elemento de corriente en P es

( )0 0

3 3 / 22 2

i i xdydd4 4R x y

′′μ μ×= ⋅ = − ⋅

π π ′+

r RB k

7‐14

Hemos usado aquí 2 2R x y′= + .

Vemos que el campo diferencial dB tiene la dirección del vector “– k”, es decir, está en la dirección negativa del Eje Z. En la Fig. 7.5, tal dirección es la perpendicular al papel, hacia dentro. El campo magnético del alambre es

( )0

3 / 22 2

ix dyd4 x y

′μ= = − ⋅

π ′+∫ ∫B B k

Los límites de integración deben abarcar todo el alambre: desde y’ = –∞ hasta y’ = ∞.

a0 0 0

2 2 2 2 2a aa

ix i iy 2alím lím 24 4 x 4 xx x y x a→∞ →∞

−

⎡ ⎤ ⎛ ⎞′μ μ μ⎢ ⎥ ⎜ ⎟= − ⋅ = − ⋅ = − ⋅⎢ ⎥ ⎜ ⎟π π π′+ +⎝ ⎠⎣ ⎦

B k k k

Obtenemos el resultado

(9) 0 i2 xμ

= − ⋅π

B k

Veamos la Fig. 7.5 de nuevo. El campo B es perpendicular tanto al alambre como a la recta que une el alambre y el punto campo P (o sea el Eje X en esa figura). La magnitud de B decrece con el inverso de la distancia “x” del alambre al punto P. Conviene hacer aquí un cambio de símbolo: denotaremos con “r” la distancia del punto campo considerado al alambre Por otra parte, en lo sucesivo manejaremos la Ec. (9) casi siempre en forma escalar (claro está, teniendo siempre presente tanto que el campo magnético es un vector, como también la dirección del mismo, circundando al alambre). Con ello tendremos:

Fig. 16

(10) 0 iB2 rμ

=π

Campo magnético de un alambre recto infinito que transporta una corriente eléctrica “i”, en un punto a una distancia “r” del alambre. La dirección del campo es tangente al círculo horizontal que pasa por el punto campo y tiene centro en el alambre. El campo “gira” alrededor del alambre obedeciendo la regla de la mano derecha con respecto a la dirección de la corriente eléctrica.

Las líneas de fuerza de este campo magnético son círculos centrados en el alambre y situados en planos perpendiculares al mismo (Fig. 7.6). La expresión (10) es de suma importancia pues, entre otras cosas, se usa en la definición de la unidad S.I. de corriente eléctrica, como veremos más adelante.

7‐15

EJEMPLO 7.6. Un alambre recto transporta una corriente i = 8.5 A. El alambre corre perpendicularmente a un plano cartesiano XY, como se muestra en la Fig. A, con la corriente dirigida hacia el lector. El lado de la cuadrícula mide un metro. Calcular el campo magnético del alambre en el punto cuyas coordenadas son (9, 3) m. Suponer el alambre infinito.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ El problema pide el vector B. Sabemos que este vector es tangente al círculo cuyo centro está en el alambre y que pasa por el punto campo considerado. Sea “u” el vector unitario en la dirección de B (Fig. A). El campo se puede expresar vectorialmente en la forma

(E1) 0iB2 rμ

= =π

B u u

Fig. 17

Un modo conveniente de obtener el vector unitario u es el siguiente: • Primeramente obtenemos el vector unitario en el sentido de la corriente (en este caso será el vector

unitario básico k, puesto que la corriente va en la dirección positiva del Eje Z). • Luego definimos en el plano XY el vector separación “r”, que va desde el alambre hasta el punto

campo considerado. • Hacemos el producto vectorial “k × r”, cuya dirección es perpendicular tanto a k como a r, es

decir, precisamente en la dirección de u ó B. • Dividimos el vector “k × r” por su magnitud “|k × r| = r” para hacerlo unitario:

(E2) r×

=k ru

Poniendo (E2) en (E1) obtenemos

(E3) 02i ( )

2 rμ

= ×π

B k r

Apliquemos esta expresión al caso presente. Se tiene

r = 6 i – 3 j 2 2r 6 3 6.71= + = k × r = k × (6 i – 3 j) = 6 j + 3 i con lo que

7 702 2i 8.5( ) 2(10 ) (3 6 ) (1.13 2.26 ) 10 (tesla)

2 r 6.71− −μ

= × = + = + ⋅π

B k r i j i j

7‐16

EJEMPLO 7.7. Tres alambres rectos paralelos portan corrientes de 4 A, 5 A y 10 A. Los alambres corren perpendicularmente a un plano XY, y los sentidos de sus corrientes son los indicados en la Fig. A. Suponer que el lado de la cuadrícula mide un metro. Calcular el campo magnético total en el origen de coordenadas, debido a los tres alambres. Suponer que los alambres son de extensión infinita.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Hay que superponer vectorialmente los campos magnéticos de los tres alambres. Designémoslos con los números 1, 2 y 3 como se muestra en la Fig. A. Para expresar cada campo vectorial‐mente usaremos la expresión

02i ( )

2 rμ

= ± ×π

B k r

obtenida en el ejemplo anterior. En ella, el vector básico k se usa si la corriente va en la dirección positiva del Eje Z; en caso contrario debe usarse el vector “– k”. Para el alambre 1, en unidades S.I., r = 7i –8j r = 10.63 – k × r = – 7 j – 8 i

Fig. 18

7 701 2 2

i 4( 8 7 ) 2(10 ) ( 8 7 ) ( 0.56 0.49 )102 r 10.63

− −μ= − − = − − = − −

πB i j i j i j (tesla)

Procediendo análogamente con el campo B2 tenemos r = – 8 i – 6 j r = 10 – k × r = – k × (– 8 i – 6 j) = 8 j – 6 i

7 702 2 2

i 5( 6 8 ) 2(10 ) ( 6 8 ) ( 0.6 0.8 ) 102 r 10

− −μ= − + = − + = − +

πB i j i j i j

Finalmente, es obvio de la Fig. A que el unitario en la dirección de B3 es u = (–1, 0), de tal manera que

7 703

i 102(10 ) ( ) ( 5 ) 102 r 4

− −μ= = − = −

πB u i i

El campo magnético total en el origen es

B = B1 + B2 + B3 = [(0.56 i –0.49 j) + (–0.6 i + 0.8 j) + (–5 i)] 10–7

⇒ B = (–5.04 i+ 0.31 j) 10–7 T

7‐17

7.8. CAMPO MAGNÉTICO DEBIDO A UNA ESPIRA CIRCULAR. Como segundo ejemplo de aplicación de la Ley de Biot‐Savart, calcularemos ahora el campo magnético producido por una espira circular de corriente “i” y radio “a”, en un punto arbitrario sobre su eje de simetría perpendicular. Coloquemos la espira con su plano coincidente con el plano XY, y su centro O en el origen, como se muestra en la Fig. 7.7. Sea P(0, 0, z) el punto donde deseamos calcular el campo B (o sea el “punto campo”). Sea dr’ el elemento de corriente, ubicado en un punto arbitrario de la espira (este es el “punto fuente”). Usaremos coordenadas polares para ubicar el punto fuente general. De hecho, solamente necesitamos la coordenada polar θ’, pues la coordenada radial es constante: a. Tracemos el vector separación R desde el punto fuente hasta el punto campo.

Fig. 19

De acuerdo con la Ley de Biot‐Savart, el campo diferencial dB producido en P por el elemento de corriente es

[(8)] 03

i d4 R

′μ ×=

π ∫r RB

Vamos a expresar dB en la base vectorial cartesiana {i, j, k}, expresando las componentes de los diversos vectores en términos de la variable θ’. Las coordenadas cartesianas del punto fuente son (Véase la Fig. 7.8) (a cos θ’, a sen θ’, 0) y las del punto campo son (0, 0, z) de tal manera que las componentes del vector R son

Fig. 20

(11) R = (–a cos θ’, – a sen θ’, z)

7‐18

Por otra parte, el vector dr’ tiene la dirección tangente a la espira que, como se muestra en la Fig. 7.8, es la dirección del vector unitario “(– sen θ’ i + cos θ’ j)”. La magnitud de dr’ es el elemento de arco “a dθ’’”, de tal manera que (12) dr’ = a dθ’ (– sen θ’ i + cos θ’ j) Finalmente, la magnitud del vector R es

(13) 2 2R a z constan te= + = Ahora bien, la espira posee simetría rotacional alrededor del Eje Z. Los campos diferenciales “dB” de sus elementos de corriente “giran” alrededor de dicho eje, de tal manera que sus componentes horizontales se cancelan (Véase la Fig. 7.8). Así pues, solamente hay que calcular la componente Z del campo B. Tenemos

0 zz 3

i (d )dB4 R

′μ ×= ⋅

πr R

Usando la relación válida para cualesquiera vectores A y B: z x y y x( ) A B A B× = −A B

además de las expresiones (11) y (12), obtenemos (dr’ × R)z = – a sen θ’ dθ’ ⋅ (– a sen θ’) – a cos θ’ dθ’ (– a cos θ’) = a2 dθ’

⇒ 2 222 20 0 0

z 3 3 30 0i i a i aa dB d 2

4 R 4 R 4 R

π π′μ μ ⋅ μ ⋅θ ′= = ⋅ θ = ⋅ ππ π π∫ ∫

(Se usó que “R” es constante, dado por (13)). Vectorialmente,

(14) 2

02 2 3 / 2

ia2(a z )

μ=

+B k

Campo magnético de una espira circular de radio “a” que transporta una corriente “i”, en un punto arbitrario de su eje de simetría perpendicular, a distancia “z” del centro de la espira.

Notemos que el sentido de rotación de la corriente eléctrica y la dirección del campo B obedecen la regla de la mano derecha. En la línea recta que pasa por el centro de la espira, perpendicularmente al plano de la misma, el campo magnético varía como se muestra en las Figs. 7.9 y 7.10: es máximo en el centro de la espira y disminuye con la distancia al mismo.

7‐19

Fig. 21

Note que la línea de campo a través del centro de la espira apunta siempre en la misma dirección. En la Fig. 22 se muestra un gráfico del campo de la espira a lo largo de su eje de simetría perpendicular. El campo en el centro de la espira es máximo y vale

0iB2aμ

=

Fig. 22

7‐20

7.9. CAMPO MAGNÉTICO DE UN SOLENOIDE. Un solenoide es un alambre conductor que ha sido enrollado en forma de hélice. La distancia entre espiras (o longitud de paso del solenoide) se supone pequeña. En muchos casos las espiras tienen un recubrimiento aislante y están muy bien empaquetadas, tocándose unas con otras. En la Fig. 7.11 se representa un solenoide, por el que se manda una corriente constante “i”. Visto desde el extremo izquierdo, la corriente del solenoide circula las espiras en el sentido de las manecillas del reloj.

Fig. 23

Vamos a calcular el campo magnético producido por esta corriente eléctrica, en un punto cualquiera del eje longitudinal central de la espira (recta a través de los centros de las espiras). Visualizamos el solenoide como un conjunto muy numeroso de espiras paralelas muy empaquetadas. El empaquetamiento de las espiras se describe mediante la densidad de espiras “n”, definida como el número “N” de espiras por unidad de longitud del solenoide, es decir

NnL

= (L = longitud del solenoide)

Véase la Fig. 7.12. El método consistirá en calcular el campo “dB” producido por un manojo de espiras dispuestas a lo largo de un pequeño tramo “ dx’ “, localizado en el punto variable “ x’ “, y luego integrar dicho campo diferencial para obtener el de todo el solenoide.

Fig. 24

7‐21

Advierta que todos los campos diferenciales dB, independientemente de la posición de las espiras que los generan, tienen la dirección del Eje X (hacia la derecha en la Fig. 7.12), de tal manera que la suma vectorial de estos campos se convierte en una suma algebraica. Para obtener el campo de las espiras confinadas al tramo dx’, utilizaremos la expresión del campo de una espira dada en la Ec. (14), a saber,

2

02 2 3 / 2

iaB

2(a z )μ

=+

donde “a” es el radio de las espiras. Hay que adaptar esta expresión al caso presente. En primer lugar, la distancia del punto campo al centro de las espiras en dx’ no es “z” sino “x – x’ ”. Por otra parte, el número de espiras contenidas en dx’ es “n dx’ “, y cada una de ellas transporta una corriente “i”, como si tuviéramos pues una sola espira por la que circula una corriente “ n dx’ i “. Finalmente cambiaremos B por dB. Con estos cambios tenemos

2

02 2 3 / 2

nidx adB

2(a (x x ) )

′μ ⋅ ⋅=

′+ −

El campo del solenoide en el punto x es entonces

2 L0

2 2 3 / 20nia dxB2 (a (x x ) )

′μ= ⋅

′+ −∫

L2

0 02 2 2 2 2 2 2

0

nia n ix x L x xB2 2a a (x x ) a (x L) a x

⎡ ⎤ ⎡ ⎤′μ μ− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ − = ⋅ +⎢ ⎥ ⎢ ⎥′+ − + − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Fig. 25

El campo se puede escribir en la forma más compacta

(15) B = 12μ0 n i (cos αL + cos α0)

donde αL y α0 son los ángulos que forman con el Eje X las rectas que van desde el punto campo P hasta

los extremos superiores del solenoide, como vemos en la Fig. 7.13.

7‐22

Las líneas del campo magnético del solenoide son curvas cerradas. Fuera del solenoide el campo decrece rápidamente con la distancia (Véase la Fig. 7.14). Este campo es semejante al campo magnético de un imán de barra. La región de donde “salen” las líneas de fuerza se denomina el polo norte del solenoide. La región opuesta, por donde “entran” las líneas al solenoide, es el polo sur del mismo.

Fig. 26

Para muchos fenómenos, el solenoide se comporta como un imán de barra. Por ejemplo, si se colocan dos solenoides con sus polos como se muestra en la Fig. 7.15, se produce una fuerza de atracción entre ambos. La fuerza es de repulsión si los solenoides se colocan con polos de la misma denominación uno cerca del otro.

Fig. 27

7.10. CAMPO MAGNÉTICO DE UN SOLENOIDE INFINITO. Observemos el solenoide de nuevo en la Fig. 7.13 de la sección anterior. Cuando la longitud del solenoide tiende a infinito (manteniéndose constante la densidad de espiras “n”), los ángulos αL y α0 mostrados allí tienden a cero. Entonces sus cosenos tienden a “1” y el campo magnético (15) tiende al valor: (16) B = μ0 n i

Campo magnético de un solenoide infinito. “n” es la densidad de espiras e “i” es la corriente que circula por el solenoide.

Fig. 28

Por otra parte, si el solenoide es infinito (Fig. 7.16), el campo magnético es uniforme en el interior del solenoide, y es nulo fuera de él. Sus líneas de fuerza del campo son rectas. El solenoide constituye un dispositivo muy útil, pues en la práctica se puede producir con un solenoide muy largo un campo magnético más o menos uniforme en la parte central del mismo.

7‐23

EJEMPLO 7.4. Se tiene un solenoide de longitud L = 0.5 m, compuesto de 100 espiras, por el que circula una corriente i = 10 A. El radio de las espiras es R = 0.2 m. Calcular el campo magnético del solenoide en su punto central.

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Emplearemos la fórmula (15). En el punto central las rectas a los extremos del solenoide forman el mismo ángulo α. Se tiene

2 20.25cos

(0.2) (0.25)α = =

+

= 0.78

La densidad de espiras es

Fig. 29

100 1n 2000.5m m

= =

Poniendo αL = α0 = α en (15) obtenemos (en unidades S.I.)

B = 12μ0 n i (cos αL + cos α0) = μ0 n i (2 cos α)

= 0.5 × 4π (10–7) ×⋅ 200 × 10 × (2 × 0.78) = 0.0195 (T) o bien

B = 195 gauss ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

7‐24

7.11. FUERZA MAGNÉTICA SOBRE UN ALAMBRE RECTO QUE TRANSPORTA CORRIENTE ELÉCTRICA DENTRO DE UN CAMPO MAGNÉTICO CONSTANTE. Un campo magnético produce fuerzas sobre cargas eléctricas en movimiento. Si las cargas se están moviendo dentro de un alambre conductor, constituyendo una corriente eléctrica que fluye en el seno del campo, entonces el campo magnético produce una fuerza sobre el conductor. Vamos a obtener una expresión matemática para esta fuerza. La Fig. 7.17 representa un alambre conductor dentro de un campo magnético uniforme B dirigido hacia dentro del papel. El alambre transporta una corriente “i”. Consideremos un segmento del alambre, de longitud “L”. Definamos el vector “L”, cuya magnitud sea la longitud de este segmento, y cuya dirección esté en el sentido de la corriente “i”. ¿Cuál es la fuerza magnética sobre este segmento?

Fig. 30

Fig. 31

Observe la Fig. 7.18. Cada uno de los portadores de carga dentro del conductor sufre una fuerza dada por “e v × B”, donde “e” es la carga del portador y “v” es su vector velocidad. Dentro de un segmento de longitud L del alambre existe un número “n A L” de tales portadores, donde “n” es la densidad de electrones libres y “A” es el área de la sección transversal del alambre. Entonces la fuerza magnética sobre todos los portadores de carga contenidos en el segmento “L” es

(n A L) e v × B

Ahora bien, los vectores “v” y “L” tienen la misma dirección, así que podemos hacer el cambio

L v = v L

Finalmente, usando la fórmula de la nave

i = nAve

obtenemos

(17) F = i L × B

Fuerza magnética sobre un segmento recto de alambre de longitud L dentro de un campo magnético uniforme B.

7‐25

EJEMPLO 7.5. Se propone medir el campo magnético uniforme entre los polos de un electroimán de la siguiente manera: se suspende de un dinamómetro un alambre conductor por el que se envía una corriente eléctrica “i”. Una porción de longitud L del alambre corre horizontalmente dentro del campo magnético como se muestra en la Fig. A. Relacionar el campo magnético B con los parámetros pertinentes.

Fig. 32 Fig. 33 La Fig. B muestra una vista frontal del dispositivo. En esta figura, el segmento de alambre horizontal dentro del campo se ve como un punto, y la corriente eléctrica en él va en el sentido perpendicular al papel, hacia el lector. El campo magnético del electroimán va en dirección de su polo norte “N” a su polo sur “S”, hacia la izquierda. Sobre el segmento de alambre mencionado existe una fuerza magnética dada por la fórmula

F = i L × B

(Las fuerzas sobre los segmentos verticales de alambre se cancelan mutuamente y no afectan sensiblemente el cálculo). En la Fig. B vemos que esta fuerza F está dirigida hacia abajo y, dado que los vectores L (hacia fuera del papel) y B (hacia la izquierda) son perpendiculares, su magnitud es F = i L B. Esta fuerza motiva que el dinamómetro en la parte superior sufra cierta elongación “δ”. La fuerza del dinamómetro equilibra la fuerza magnética, de tal manera que

k δ = i L B

Despejando B obtenemos

kBiLδ

=

Por ejemplo, usando i = 20 A, L = 0.1 m, y k = 1000 N/m, se mide una elongación de δ = 1.5 mm. se sigue que (en unidades S.I.)

31000 1.5(10 )B 0.75

20 0.1

−⋅= =

⋅ (tesla)

7‐26

EJEMPLO 7.6. Una varilla recta de masa m puede deslizarse verticalmente mediante guías sin fricción haciendo contacto con dos rieles verticales lisos. La varilla, por la que circula una corriente eléctrica “i”, se suelta desde cierta posición y del reposo. Desde ese momento, la varilla entra en una región donde existe un campo magnético uniforme B (hacia dentro del papel en la Fig. 44). Calcular la velocidad de la varilla después de haber caído una distancia “h” dentro del campo.

Fig. 44

De acuerdo con la fórmula F = i L × B, y dado que el vector L en este caso es horizontal y hacia la izquierda, en el sentido de la corriente, la fuerza magnética sobre la varilla apunta verticalmente hacia abajo. Entonces el diagrama de cuerpo libre de la varilla es el que se muestra en la Fig. 45. Consta del peso de la varilla, “mg”, y de la fuerza magnética “iLB”. Existen además las reacciones normales de los rieles sobre la varilla, pero aquí solamente nos interesan las fuerzas verticales. La varilla adquiere una aceleración constante vertical hacia abajo igual a

Fig. 45

mg iLBa

m+

=

Recordando la fórmula del movimiento con aceleración constante que expresa la velocidad en términos de la distancia recorrida, o sea 2 2

0 0v v 2a(x x )= + − (v0 = velocidad en x = x0) obtenemos, con x0 = 0 y v0 = 0, v2 = 2ax. Poniendo x = h,

2 iLBv 2 g hm

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

7‐27

EJEMPLO 7.7. Una espira circular de radio “r”, por la que circula una corriente “I”, se encuentra en el campo magnético de un imán permanente. El eje longitudinal de la espira coincide con el del imán. Demostrar que, si el sentido de la corriente es el indicado en la figura, el imán ejerce una fuerza de atracción sobre la espira.

Fig. 44

La Fig. 44 muestra la espira vista en su propio plano. En la parte superior la corriente “I” va hacia dentro del papel, en la parte inferior hacia fuera. El campo magnético B del imán forma, en los elementos de corriente de la espira, un ángulo θ con la vertical. Tomando los ejes X, Y, Z como se muestra, la fuerza sobre el elemento de corriente en la parte superior de la espira es dF = I dr × B = I (– ds k) × (– Bx i + By j) = I ds Bx j + I ds By i = I ds B sen θ j + I ds B cos θ i donde ds = |dr|. Al hacer la suma de las fuerzas sobre todos los elementos de corriente de la espira, se cancelan las componentes Y y Z de la fuerza total. Resta solamente la componente X, igual a

Fx = I ( 2πr ) B cos θ

La fuerza de atracción entre el imán y la espira es análoga a la atracción entre dos imanes que tienen sus polos opuestos cerca uno del otro. Uno puede considerar que la espira tiene dos polos, norte y sur, tal como se indica en la Fig. 44. El polo norte de la espira estaría cerca de la misma, en la región por donde “salen” sus líneas de campo magnético. Varios fenómenos relacionados con espiras se pueden explicar cualitativamente de manera conveniente considerando a la espira como si fuera un pequeño imán de barra permanente.

7‐28

7.12. DEFINICIÓN DEL AMPERIO, UNIDAD ELECTROMAGNÉTICA BÁSICA EN EL SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES. La unidad básica electromagnética en el Sistema Internacional de Unidades no es la unidad de carga eléctrica, el coulombio, sino la de corriente eléctrica, el amperio. He aquí la definición del amperio: (21)

Un amperio es la corriente constante que, al circular por dos conductores paralelos de longitud infinita y separados por una distancia de un metro en el espacio vacío, motiva

que cada conductor experimente una fuerza de exactamente 2 × 10– 7 N/m.

Analicemos esta definición.

Fig. 34 Fig. 35 Consideremos dos alambres conductores rectos por los que circulan corrientes “i1” e “i2”, como

vemos en la Fig. 7.22.. Sea “x” la distancia entre ambos alambres. El alambre “1” produce en un punto cualquiera del alambre “2” un campo B1 dado por la Ec. (10):

0 11

iB2 xμ

=π

Usando ahora la Ec. (17), tenemos que la fuerza sobre el segmento L2 mostrado en la Fig. 7.22,

debida al alambre “1”, es 1/ 2 2 2 1i= ×F L B

Tal fuerza apunta hacia el alambre “1”. Como L2 y B1 son perpendiculares, la magnitud de la fuerza es

7‐29

0 1 2 21/ 2 2 2 1

i i LF i L B

2 xμ

= =π

7‐30

Como se representa en la Fig. 7.23, sobre el alambre 2 actúa una distribución lineal de fuerza, cuya densidad de fuerza viene dada por

(22) 1/ 2 0 1 22

F i iL 2 x

μ=

π

Esta es la fuerza por unidad de longitud que el alambre 1 ejerce sobre el 2. Recíprocamente, el alambre 2 ejerce sobre el 1 la misma distribución lineal de fuerza. Los alambres se atraen. De acuerdo con la definición del amperio, si la distancia entre ambos alambres, “x”, es igual a un metro, esta densidad de fuerza debe valer

(23) 1/ 2 72

F N2(10 )L m

−=

De aquí se deduce el valor de μ0. Igualando (22) y (23),

70 1 2i i N2(10 )2 x m

−μ=

π

⇒ 7 70

1 2

2 x N 2 1m2(10 ) 2(10 )mi i m 1A 1A

− −π π ⋅μ = ⋅ = ⋅

⋅

Usando la definición de la unidad “weber”, a saber,:

N m1Wb 1A⋅

= ,

se obtiene

70

Wb4 (10 )A m

−μ = π⋅

Como hemos demostrado, pues, este valor de μ0, que hemos estado usando desde el principio del

capítulo, proviene directamente de la definición del amperio. El coulombio, unidad de carga eléctrica, se define ahora en términos del amperio en la forma 1 coulombio = 1 amperio × 1 segundo 1 C = 1 A ⋅ s

7‐31

7.13. ESPIRA RECTANGULAR DE CORRIENTE DENTRO DE UN CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME. Consideremos una espira rectangular de lados “a” y “b”, por la que circula una corriente “i” constante. Supongamos que la espira esté situada dentro de un campo magnético uniforme “B”, dirigido en el sentido del Eje Y. Hemos colocado la espira de modo que sus lados inferior y superior, de longitud “a”, sean paralelos al Eje X, como se muestra en la Fig. 7.8. Además, el plano de la espira forma un ángulo θ con el plano XZ, como miramos en la Fig. 7.20.

Fig. 36 Fig. 37

Sabemos que sobre cada lado de la espira existe una fuerza debida al campo magnético, dada por la expresión F = i L × B

donde L es un segmento recto vectorial de alambre conductor, tomado a lo largo, y con la longitud de, cada lado en el sentido de la corriente. Calculemos la fuerza total del campo B sobre la espira. El campo magnético es B = B j, y los lados de la espira (los vectores “L” de la expresión (17)) son

Superior: a i Inferior: – a i Anterior: – b sen θ j – b cos θ k Posterior: b sen θ j + b cos θ k Evaluemos para cada lado el producto vectorial indicado en (17), o sea la fuerza sobre el mismo:

Superior: i (a i) × B = i (a i) × (B j) = i a B k Inferior: i (– a i) × B = i (– a i) × (B j) = – i a B k Anterior: i (– b sen θ j – b cos θ k) × (B j) = i b B cos θ i Posterior: i ( b sen θ j + b cos θ k) × (B j) = – i b B cos θ i Cada una de estas fuerzas actúa continuamente a lo largo de todo el lado, pero se puede considerar que actúa en el punto medio del lado.

7‐32

Como vemos, la suma vectorial de las cuatro fuerzas es igual a cero. Sin embargo, la torca que producen estas fuerzas es diferente de cero. Las dos fuerzas que actúan sobre los lados anterior y posterior forman un par cuya torca es nula. Pero el par de fuerzas que actúa sobre los lados superior e inferior produce una torca igual a

(18) τ = i a b B sen θ i (La primera “i” es la corriente y la segunda el vector unitario “i”) ya que la distancia entre las líneas de acción de las fuerzas del par es “i a B k” e “–i a B k” es “b cos θ”. Se define el momento magnético de la espira, μ, como un vector cuya magnitud es “i A”, donde A = ab es el área de la espira e “i” es la corriente que circula por ella. La dirección de este vector es la misma que la del vector área A de la espira, tomado de tal manera que el sentido de la corriente eléctrica corresponda con el sentido de A conforme a la regla de la mano derecha. Tenemos

(19) μ = i A

Momento magnético de una espira de área vectorial A por la que circula corriente “i”.

En la Fig. 7.20 vemos que el área vectorial del rectángulo es el producto vectorial de los lados superior y anterior del rectángulo, o sea A = (a i) × (– b sen θ j – b cos θ k) = – A sen θ k + A cos θ j Usando (19), se verifica la igualdad

(20) τ = μ × B

Torca sobre una espira de momento magnético μ situada dentro de un campo magnético uniforme B.

(Puesto que

μ × B = (i A) × (B j) = i (– A sen θ k + A cos θ j) × (B j) = μ B sen θ i Como vemos en la Fig. 7.21, el ángulo que forman los vectores μ y B es θ, de tal modo que este último resultado se puede poner como el producto vectorial de μ y B.) En la Fig. 7.21, la dirección de la torca τ es perpendicular al plano YZ, hacia fuera del papel. Esta torca tiende a hacer rotar el plano de la espira en el sentido antihorario alrededor del Eje X. En cuanto el vector μ rebasa la posición horizontal la torca cambia de sentido y ahora produce una rotación horaria. En otras palabras, el plano de la espira tiende a conservarse perpendicular al Eje Y, o bien, el vector μ tiende a alinearse con el campo magnético B.

Fig. 38

7‐33

7.14. LA LEY DE AMPÈRE. En nuestro estudio de la electrostática utilizamos una de sus leyes fundamentales, la ley de Gauss, para calcular campos eléctricos de distribuciones de carga muy simétricas, como el alambre recto, el plano infinito, la esfera, etc. Existe en magnetostática una ley similar para calcular campos magnéticos de distribuciones de corriente de gran simetría, si bien la formulación matemática es muy distinta a aquella. Es la llamada Ley de Ampère. Consideremos un conjunto de hilos (alambres) conductores, digamos N de ellos, que transportan sendas corrientes i1, i2, …, iN (Fig. 39). Tracemos una curva cerrada arbitraria C, tal que algunos de los

hilos de corriente la atraviesen.

Fig. 39

La Ley de Ampère, que no demostraremos aquí, establece que

(21) 0 atro d i• = μ∫ B rC

La integral de línea del campo magnético a lo largo de una curva cerrada arbitraria C es igual a la constante μ0 multiplicada por la

corriente total “iatr” que atraviesa dicha curva. Cada corriente se considera positiva (o negativa) según su dirección y el sentido de integración a lo largo de C obedezca (o no) la regla de la mano derecha.

La ley de Ampère es válida no solamente para hilos conductores. La corriente eléctrica puede circular a lo largo de un cuerpo sólido arbitrario. La integral que aparece en (21) se denomina la circulación del campo magnético a lo largo de la curva C, que se denomina curva de Ampère. En la Fig. 39, la corriente i1 no atraviesa la curva C, de tal modo que no contribuye a iatr. (Note la

analogía con la ley de Gauss, en la que las cargas fuera de la superficie Gaussiana no contribuyen al flujo del campo a través de la superficie).

7‐34

EJEMPLO 7.6. Utilizaremos la Ley de Ampère para calcular un campo magnético ya conocido: el de un alambre recto infinito. Sea “i” la corriente que transporta el alambre, dirigida hacia arriba en la Fig. 40. Escojamos la curva de Ampère como un círculo de radio “r” con su plano perpendicular al alambre y centrado en el mismo. Integraremos el campo a lo largo de tal círculo, en un sentido de integración tal que cumpla la regla de la mano derecha con respecto a la dirección de la corriente. Para aplicar la ley de Ampère es necesario hacer una hipótesis sobre las líneas de fuerza del campo magnético, basándonos en que tales líneas son siempre curvas cerradas (o líneas infinitas). Pero en el caso simple del alambre ya las conocemos: las líneas de fuerza son círculos centrados en el alambre. La ley de Ampère es

Fig. 40

0 atro d i• = μ∫ B rC

Ahora bien, como se advierte en la Fig. 40, el vector dr y el campo B son paralelos en todo punto de C, de tal manera que su producto escalar se reduce a B • dr = B ds cos 0° = B ds donde “ds” es la magnitud de dr, es decir, el elemento de arco del círculo de Ampère. Además, por simetría, B es constante sobre C, de tal manera que la integral se reduce a

o d Bds B ds B 2 r• = = = ⋅ π∫ ∫ ∫B rC C C

Por otra parte, la corriente que atraviesa la curva de Ampère es “i”, de tal modo que B 2πr = μ0 i de donde

0iB2 rμ

=π

Esta es la expresión encontrada anteriormente para este campo.

7‐35

EJEMPLO 7.7. Un cilindro sólido conductor de radio R, recto e infinito, transporta una corriente “i” distribuída uniformemente a través de su sección transversal. Utilizar la ley de Ampère para calcular el campo magnético del cilindro dentro y fuera de él. Calculemos el campo B dentro del cilindro. Suponemos que tanto dentro como fuera, las líneas de fuerza del campo son círculos centrados en el eje central de simetría longitudinal del cilindro. Observe la curva de Ampère C escogida para la región dentro del cilindro: es un círculo de radio “r”. Observemos que sobre se cumple, como en el ejemplo anterior, que B y dr son paralelos en todo punto, y que B es constante. Entonces la integral de la ley de se reduce a

o d Bds B ds B 2 r• = = = ⋅ π∫ ∫ ∫B rC C C

Por otra parte, la corriente iatr que atraviesa la curva de Ampère es proporcional a su área “πr2”. La podemos obtener haciendo una proporción entre corriente y área, del siguiente modo:

Fig. 41

2

atr2

i ri R

π=π

Se tiene entonces que iatr = (r2/R2) i, y la ley de Ampère nos da

B 2πr = μ0 (r2/R2) i de donde

02iB r

2 Rμ

=π

Como vemos, el campo varía linealmente con “r” dentro del cilindro. Fuera del cilindro, de nuevo tomaríamos como curva de Ampère un círculo de radio r > R centrado en el eje longitudinal del cilindro. En este caso la corriente que atraviesa tal curva de Ampère es toda la corriente “i” que circula por el cilindro, de tal manera que (como puede comprobar fácilmente) la ley de Ampère da

0iB2 rμ

=π

Así, fuera del cilindro el campo es el mismo que el de un hilo conductor recto e infinito.

7‐36

7.15. PROBLEMAS. 1. Dos cargas puntuales q1 = 2 μC y q2 = 4 μC se mueven en cierto momento paralelamente en las direcciones –X y +X con velocidades v1 = 8 (106) m/s

y v2 = 3 (106) m/s, respectivamente, cuando su

distancia mutua d = 0.4 m es mínima. Calcular el campo magnético producido por ambas cargas en el punto medio P.

2. Un protón viaja con una velocidad v = 2 (105) m/s que forma un ángulo θ = 35° con el Eje X. Existe un campo magnético uniforme B = 0.1 T en la dirección positiva del Eje Y. (a) Calcular la fuerza magnética sobre el protón, en magnitud y dirección. (b) ¿Cuál es la aceleración del protón? Datos. La masa y la carga eléctrica del protón son

mp = 1.67 (10–27) kg

e = 1.60 (10–19) C

3. Tres cargas puntuales describen trayectorias como las mostradas en la figura, dentro de un campo magnético constante B. ¿Qué puede Ud concluir sobre los signos de estas cargas?

4. Una fuente de iones produce iones cada uno con carga positiva “e” (masa de cada ión m = 6 mp, donde mp es la masa

del protón). Los iones son acelerados a través de una diferencia de potencial de 9 kV, pasando luego por una región donde existen campos eléctricos y magnéticos cruzados, constantes. El campo magnético vale 0.9 T. Calcular el

campo eléctrico para que los iones pasen sin desviarse por esta región.

7‐37

5. Una carga negativa “q” entra con velocidad v0 a una región donde existe un campo magnético constante B. Luego de recorrer dentro del campo una distancia horizontal “d”, la carga sale de la región. Calcular el ángulo que forma su velocidad de salida “v” con la horizontal. Sugerencia. Calcular el radio de la trayectoria de “q”, y resolver un triángulo rectángulo simple.

6. Una cinta metálica plana con las siguientes dimensiones: Largo = 8.5 cm Ancho = 1 cm Espesor = 0.8 mm se mueve con velocidad constante v dentro de un campo magnético constante B perpendicular a su plano, como se muestra en la figura. Se mide una diferencia de potencial de 2.6 μV entre los puntos “a” y “b”. Calcular la velocidad de la cinta. Sugerencia. Aplique las ideas discutidas en relación con el Efecto Hall (Sección 7.5, página 7‐9).

7. Un ión positivo con una carga igual en magnitud a la del electrón se acelera desde el reposo a través de una diferencia de potencial de 1,800 V, entrando luego a un campo magnético de 2 T en una dirección perpendicular a la del campo (Consulte el espectrómetro de masas del Ejemplo 7.4 en la página 7‐10). Calcular el radio de la trayectoria circular dentro del campo. La masa del ión es de 5 (10–25) kg. 8. En la Sección 7.5, en la página 7‐9, se discutió el Efecto Hall, y se halló la relación

iBnVte

=

donde “n” es la densidad de electrones libres, “i” la corriente, B el campo magnético, “V” el voltaje Hall, “t” el espesor de la cinta metálica y “e” la carga del electrón. Se desea medir el campo magnético de un electroimán utilizando el efecto Hall. Describa un arreglo experimental para hacerlo.

7‐38

9. En la situación del problema 8 anterior, ¿Cuál es el valor mínimo que debe tener el campo magnético para que la carga “q” no alcance a salir de la región del campo (es decir, para que su desplazamiento horizontal sea a lo más igual a “d”)? 10. Calcular el campo magnético de un alambre muy largo que transporta una corriente I = 20 A, en un punto a una distancia de 1.2 m del alambre. ¿Cómo se compara este campo con el campo magnético de la Tierra, de orden 1 gauss? 11. Dos alambres conductores infinitos transportan corrientes de 5A y 8A, como se muestra en la figura. Calcular el campo magnético que producen estos alambres en el punto P mostrado. Sugerencia. Defina un sistema cartesiano XYZ y proceda vectorialmente. Consulte antes el Ejemplo 7.6 en la página 7‐15. 12. Un alambre conductor está compuesto de dos secciones rectas muy largas, y de una espira circular de radio “r”, como se muestra en la figura. Calcular el campo magnético en el centro de la espira.

13. Cuatro alambres conductores rectos muy largos transportan cada uno la misma corriente de 50 A, en las direcciones mostradas en la figura (la corriente va hacia dentro del papel en los conductores de la izquierda, y hacia fuera en los de la derecha). Calcular el campo magnético que producen los 4 en el centro de la configuración, el punto C. ¿Cuánto vale el campo si se invierte la dirección de la corriente en el alambre situado en la parte inferior derecha?

14. Diseñe un solenoide de longitud L = 15 cm tal que el campo magnético en el punto central del solenoide, sobre su eje longitudinal, sea de B = 100 gauss.

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15. Una varilla conductora, suspendida por dos alambres conductores, transporta una corriente eléctrica I = 40 A dentro de un campo magnético B uniforme dirigido hacia fuera del papel. La masa de la varilla es m = 0.1 kg. ¿Cuánto debe valer el campo magnético para que la tensión en los alambres que sostienen la varilla sea nula. ¿Cuál debe ser la dirección de la corriente I?

16. Un aro circular cuya circunferencia es de 1.2 m mantiene una corriente de 3.5 mA. El aro se halla dentro de un campo magnético B = 0.5 T cuya dirección es paralela al plano del aro. Calcular el momento magnético del aro, así como la torca que ejerce sobre él el campo magnético. 17. Una espira rectangular de largo “a” y ancho “b” que transporta corriente eléctrica “i” se halla dentro de un campo magnético uniforme B, de tal manera que el plano de la espira es paralelo al campo. Calcular la fuerza y la torca total sobre esta espira debida al campo B.

18. Cuatro hilos rectos conductores transportan las corrientes indicadas en la figura. De acuerdo con la Ley de Ampère, ¿Cuánto vale la circulación del campo magnético a lo largo de cada una de las curvas cerradas C1, C2 y C3?

7‐40

19. Una placa plana infinita de espesor “t” transporta una corriente a lo largo de su superficie. La intensidad de la corriente se puede describir mediante una densidad lineal de corriente Js, definida como

la corriente que atraviesa la sección transversal de la placa por unidad de longitud. Así por ejemplo, la corriente que pasa a través de la sección transversal de extensión longitudinal “L” mostrada en la figura abajo a la izquierda es “Js L”.

Suponiendo que el campo magnético de la placa infinita es constante y tiene sus líneas de fuerza paralelas a la placa, como se muestra en la figura arriba a la derecha, calcular el campo magnético B usando la Ley de Ampère. Sugerencia. Escoja como curva de Ampère un rectángulo de dimensiones arbitrarias (el rectángulo punteado en la figura a la derecha), dispuesto simétricamente con respecto a la placa.

Resp. 0 s1B2

= μ J .

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