PROBLEMAS RESUELTOS DE CONDENSADORES Y DIELECTRICOS

Extraido del texto: Ejercicios de Fısica de los profesores R. Rojas, G Fuster y M.Flores, del Dpto. de Fısica de la UTFSM.

1. Tres placas paralelas estan dispuestas como se indica en la figura. La superficie de lasplacas tiene area A = 300[cm2], En la placa L se deposita una carga de 20[µC]. Calculeel potencial en P , si d1 = 2[cm], d2 = 1[cm] y x = 0, 5[cm]

K L M

x

d2 d1

P

El sımbolo indica que un conductor esta conectado a tierra. Consideraremos comola tierra a una region muy especial del espacio que cumple con dos condiciones:

a) Siempre esta a un potencial constante, no importa que haya cargas cerca, nique haya flujo de cargas hacia o desde ella.Cuelquier conductor conectado atierra, por lo tanto, tiene siempre el mismo potencial que ella.

b) Es una fuente infinita de carga ya sea positiva o negativa. Esto es, siempreproveera la cantidad de carga necesaria para hacer que el potencial de unconductor sea el mismo que el de ella. Normalmente definimos el potencialde la tierra como cero. En resumen, todo conductor conectado a tierra tienepotencial cero.(¿Implica esto, que la carga neta del conductor es cero?.Analicedistintos casos)

Al depositar carga positiva en la placa L,en potencial electrico en las placas lat-erales tiende a aumentar (¿Por que?).Pero como estan conectados a tierra, elpotencial debe mantenerse en cero. Para que esto sea posible debe fluir carganegativa desde tierra a las placa laterales(analice). En consecuencia las placas lat-erales se cargan, debido a la presencia de carga en la placa L, con cargas del signoopuesto a la de L. ¿Cuanta carga fluye a cada placa lateral y como se distribuyela carga de 20[µC] en la placa L?. Para responder esto usaremos la ley de gauss yconsideraremos el campo entre las placas, uniforme dado que d1yd2, son pequenascomparadas con las dimensiones de las placas.

Sean σ1yσ2 las dimensiones superficiales de carga en cada cara de la placa L.Como la carga total en L es Q = 20[µC], se cumple que:

(σ1 + σ2)A = Q

1

K

L

M

d2 d1

s1

s2sM

sK

Cilindro

Manto

Tapa Tapa

Aplicando la Ley de Gauss a un cilindro recto cuyas bases estan dentro del materialde las placas K y L: El flujo del campo electrico a traves del cilindro es cero, yaque ~E es cero dentro de los conductores y tangente a la superficie en el mantocilındrico. En consecuencia la carga neta encerrada es cero y

σK = −σ2

De manera analoga se puede demostrar que :

σM = −σ1

Por lo tanto, las cargas inducidas en las placas K y M son de igual valor absolutoy signo opuesto a las de las receptivas caras de la placa L. (Demuestre que fuerade las placas K y M no hay carga)

Por otra parte sabemos que las placas K y M estan al mismo potencial que latierra.VK = VM = 0 y toda la placa L, esta a un potencial dado VL; por lo tantolas diferencia de potencial entre las placas K y L y entre las placas M y L sonlas mismas:

∆VKL = ∆VML

VL − VK = VL − VM

Expresando los ∆V en funcion del campo electrico:

s1s2

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

-s2 -s1

E1E2

2

∆VKL = VL − VK =

∫ L

K

~E · ~d` = E2d2

∆VML = VL − VM =

∫ L

M

~E · ~d` = E1d1

siendo E1yE2 las magnitudes de ~E1y ~E2 respectivamente. Luego

E1d1 = E2d2

El campo electrico entre las placas puede calcularse por superposicion (¡Hagalo!).

E2 =σ2

ε0

, entre las placasKyL

E1 =σ1

ε0

, entre las placasLyM

E = 0 fuera las placasKyL

En consecuencia,σ2

ε0

d2 =σ1

ε0

d1

yσ1

σ2

=d2

d1

O sea la carga en la placa L se distribuye en razon inversa a las distancias alas placas K y M . Esto justifica que hagamos dibujando mas lıneas de campoelectrico entre las placas K y L que entre los otros dos.

σ1 =Q

A(1 + d1

d2

) =20 · 10−9[C]

300 · 10−4[m2] · (1 + 2·102[m]1·104[m]

)

σ1 = 2, 22 · 10−7[c/m2] ; E1 =σ1

ε0

= 2, 51 · 104[µ/C]

σ2 = 4, 44 · 10−7[c/m2] ; E2 =σ2

ε0

= 5, 02 · 104[µ/C]

Y el potencial en el punto P es:

VP = −∫ P

M

~E1 · ~d` = E1 · (d1 − x) = 3, 77 · 102[Nm

C

]

VP = 377[V ]

3

2. En el sistema de la figura, los condensadores estan inicialmente (interruptores abiertos)descargados. Luego se cierra T1, lo cual permite cargar los condensadores. Enseguidase vuelve a abrir T1, despues de lo cual se procede a cerrar T1yT2.¿Cual es la diferencia de potencial entre A y D despues de la ultima operacion?.

T1

T2

A D

Vo

Co 2Co 3Co

T3

Solucion:Al conectar T1, los 3 condensadores se cargan en serie, es decir todos adquieren lamisma carga q luego:c

V0 =q

C0

+q

2C0

+q

3C0

lo cual da : q = 611

C0V0 ; que es la carga con lo cual queda cada uno de los conden-sadores al desconectar nuevamente T1.Justo antes de conectar T2 y T3, la situacion es la indicada en la figura siguiente:

T2

A

D

Co

2Co

3CoT3

-q

-q

-q

+q

+q

+q

Notese que al conectar T2 y T3 tres condensadores quedan en paralelo.Las placas ubicadas al lado derecho de la figura quedaran conectadas entre sı, estaranfinalmente al mismo potencial(ya que tanto ellas como los alambres que las unen, sonconductores) y tendran una carga neta igual a +q, que debea repartirse entre ellas. Unrazonamiento analogo indica que las placas del lado izquierdo tendran una carga −q arepartirse entre ellas.Notese que lo anterior es un aplicacion de la conservacion de la carga electrica.

4

Sı q0 , q2 y q3 son las cargas finales en los condensadores(placas del lado derecho)decapacidades C0, 2C0 y 3C0 respectivamente entonces:

q0 + q2 + q3 = +q − q + q = q

Si V es la diferencia de potencial final entre A y D, entonces lo anterior queda:

C0V + 2C0V + 3C0V = q

Luego

V =q

6C0

Reemplazando q abtenido anteriormente:

V =6

11C0V0 · 1

6C0

=V0

11

V =1

11V0

3. Se conecta una baterıa a los bornes A y B, estableciendose entre ellos cierta diferenciade potencial. Luego se desconecta la baterıa. ¿Que fraccion de la energıa electrica delsistema se transforma en calor al cortocircuitar el condensador 2?.

C =C1 1

C =2C2 1

C =2C3 1

C =C4 1

A B

Solucion:En cada capacitor se cumple que: Q = CV ⇒ V = Q

C

luego V1 =Q1

C1

V2 =Q2

C2

=Q2

2C1

V3 =Q3

C3

=Q3

2C1

V4 =Q4

C4

=Q4

C1

5

Ademas los capacitores 1 y 2; 2 y 4 estan conectados en serie por lo tanto se cumpleque Q1 = Q3 Q2 = Q4

V1 + V3 = Vab = V V2 + V4 = Vab = V

Reemplazando los valores de V1 V2 V3 yV4 se tiene:

Q1

C1

+Q3

2C1

= V ⇒ Q1 = Q3 =2

3C1V

Q2

2C1

+Q4

C1

= V ⇒ Q2 = Q4 =2

3C1V

Luego Q1 = Q2 = Q3 = Q4 =2

3C1V

Calculamos ahora la energıa del sistema.

U =1

2

Q21

C1

+1

2

Q22

2C1

1

2

Q23

2C1

+1

2

Q24

2C1

U =1

2

(2

3C1V

)2

[1

C1

+1

2C1

+1

C1

+1

2C1

]

U =2

9C2

1 V 2 · 3

C1

=2

3C1 V 2

Otro metodo para determinar la energıa del sistema es calculando la capacitanciaequivalente.

C =C1 1 C =2C3 1

A B

1

Ceq

=1

C1

+1

2C1

=3

2C1

⇒ Ceq =2C1

3

C =2C2 1 C =C4 1

A B

Se tiene Ceq =2C1

3

6

J =1

2CeqV

2 1

2

4C1

3V 2 =

2

3C1V2

Al cortocircuitar el condensador 2 se cumple que:

q′1 + q

′2 = Q1 + Q2

V ′1 = V ′

2 ⇒q′1

C1

=q′2

2C1

o sea2q

′1 = q

′2

Por lo tantoq′1 = 2q

′1 = Q1 + Q2

c +2

3C1V ⇒ q

′1 =

4

9C1V y q

′2 =

8

9C1V

Analogamente

q′4 =

4

9C1V

yq′3 =

8

9C1V

La energıa sera:

U′= 2

{(4/9 C1V )2

2 · C1

+(8/9 C1V )2

2 · 2 C1

}=

48

81C1V

2

La fraccion de la energıa que se transforma en calor sera

∆U

U=

U − U′

U=

2/3 C′1V

2 − 48/81 C1V2

2/3 C1V 2=

1

9

4. Una placa metalica de area A y de espesor s/2 se introduce entre las placas de uncondensador de plano de area A y separacion entre placas igual a 3.Estudiar los cambio que ocurren en la capacidad, la carga, la diferencia de potencial yla energıa almacenada, en el condensador original, en cada una de las dos situacionessiguientes:

a) Carga constante

b) Diferencia de potencial constante

Solucion:

a) Carga Constante:Antes de introducir la placa metalica, las cantidades que nos interesan son: CargaQ0

Capacidad (ε0A/S) = C0

Diferencia de potencial (Q0/C0) = V0 Energıa almacenada (Q0/2 C0) = V0 Campoelectrico entre las placas σ/ε0 = Q0/Aε0

7

+Qo +Qo

-Qo -Qo

Al introducir la placa metalica, el campo electrico entre las placas del condensadordebe modificarse ya en todo el volumen de la placa, este debe ser cero (conductoren condiciones electrostaticas.)

Para lograr que ~E = 0 en el interior de la placa metalica, ella debe reordenar sucarga de modo que cree un campo electrico de igual magnitud y sentido contrarioal campo producido por las placas del condensador.Evidentemente la carga inducida en la placa metalica residira sobre sus superficiesparalelas a las placas del condensador y tendra las magnitudes indicadas en lafigura.

+Qo

+Qo

+ + + + + + + + + + + + +

+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

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

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

-Qo

-Qo

x

s/2

s/2 - x

De esta manera se logra que ~E = 0 en el interior de la plac a metalica, y en elespacio comprendido entre las placas del condensador, fuera de la lamina metalica,el campo elelctrico no se altera respecto a su valor antes de introducir al conductor.Luego, ahora no hay energıa almacenada en la region ocupada por la placa metali-ca, ya que allı E = 0 y u = 1

2ε0 E2. Luego la energı’a del condensador ahora es:

U =1

2ε0 E2 · A(x +

s

2− x) =

1

2ε0

Q20

A2ε20

A · s

2=

Q20

2 · A · 2 · ε0

U =Q2

0

2(

ε0As

) · 2Si C es la capacidad del condensador, con la placa metalica introducida; entoncesU tambien debe ser igual a : Q2

0/2 C; Luego:

Q20

2 C=

Q20

2(

ε0As

) · 2 → C = 2 · ε0A

s= 2 C0 y U =

Q20

2 · 2 C0

=1

2V0

La diferencia de potencial ahora es:

V =Q0

C=

Q0

2 C0

V =1

2V0

En resumen

C = 2 C0 ; U =1

2V0 ; V =

1

2V0

8

b) Diferencia de potencial constante:La capacidad del condensador formado al introducir la placa metalica es C =2·C0,resultado que es aplicable tambien aca, ya que no depende de la diferencia depotencial entre las placas ni de las cargas en las placas (recuerde que la capacidaddepende de la geometrıa y del medio dielectrico).Si V0 es la diferencia de potencial constante entre las placas, entonces antes deintroducir la placa conductora tenemos: Diferencia de potencial: V0

Capacidad: C0 = ε0A/sCarga: Q0 = C0 V0

Energıa almacenada: U0 = 12C0 V 2

0

Campo electrico entre las placas: E0 = V0

s

Una vez introducida la placa tenemos: Diferencia de potencial: V0 Capacidad:C = 2 · C0

Carga: Q = C V0 = 2C0 V0 = 2Q0

Energıa almacenada: U = 12C V 2

0 = 12C0 V 2

0 · 2 = 2U0

Campo electrico entre las placas: E = 0 (en la region ocupada por la placametalica) y E = V0

(s/2)= 2E0(en la region no ocupada por la placa metalica)

En resumenC = 2 C0 ; Q = 2 Q0 ; U = 2 U0

5. Separacion de las placas de un condensador plano, desde una distancia inicial d hastauna distancia final 2d, manteniendo constante la carga en las placas.

+Qo +Qo

-Qo

-Qo

Situación Inicial Situación Final

d2d

Estudiar los cambios de capacidad, diferencia de potencial, energıa almacenada y eltrabajo realizado por el agente externo que separa las placas.Solucion:Suponiendo que la separacion entre las placas es pequena; entonces el campo electricoentre las placas puede considerarse uniforme y los efectos de dispersion despreciarse.Luego.

a) Situacion Inicial

E0 =σ

ε0

V0 = E0 · dC0 =

ε0A

d

U0 =Q2

0

2 C0

9

b) Situacion final

E =σ

ε0

→ E = E0

V = E0 · 2d → V = 2V0

C =ε0A

2d→ C =

1

2C0

U =Q2

0

2 C→ U = 2 V0

En consecuencia tenemos:

a) El campo electrico no cambia

b) La diferencia de potencial se duplica

c) La capacidad disminuye a la mitad

d) La energıa almacenada aumenta el doble

Todo lo cual es consecuencia de separar las placas al doble manteniendo constante Q0,la carga en las placas (lo cual implica mantener constante σ). Ademas, el cambio enla energıa de nuestro sistema es debido al trabajo efectuado por el agente externo quesepara las placas. Puesto que la unica forma de energıa asociada con el sistema es laenergıa potencial electrica almacenada entre las placas, entonces: ∆U = U − U0 = WLuego W = 2U0 − U0 = U0 y el trabajo efectuado por el agente externo es: W = U0 =Q2

0

2 C0

6. Separacion de las placas de un condensador plano, desde una distancia inicial d hastauna distancia final 2d, manteniendo constante la diferencia de potencial entre las placas.Estudiar las mismas cantidades del problema anterior.

Situación Inicial

d Vo

Situación Final

2dVo

Solucion:Haciendo las mismas consideraciones que en el problema anterior; tenemos:

10

a) Situacion Inicial

E0 =V0

d

C0 =ε0A

dq0 = C0 V0

U0 =1

2C0 V 2

0

b) Situacion final

E =V0

2d→ E =

1

2E0

C =ε0A

2d→ C =

1

2C0

q = C V0 → q =1

2q0

U =1

2CV 2

0 → U =1

2V0

Luego, en esta situacion los resultados son muy diferentes a los del problema anterior,donde la separacion se hacıa a carga constante.Ahora, la consecuencia de mantener constante la diferencia de potencial entre las placases que la capacidad, la carga, la energıa almacenada y la magnitud del campo electrico,disminuya a la mitad. En cuanto al cambio en la enrgıa electrostatica del condensador,esta debe ser igual al trabajo total efectuado sobre el por agentes externos. Esta vez,ademas del agente encargado de separar las placas, hay otro agente que es la baterıaencargada de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas luego.

∆U = WF + Wb

donde ∆U = U − U0 =1

2U0 − U0 = −1

2U0,

WF es el trabajo que efectua el agente que separa las placas y Wb es el trabajo efectuadopor la baterıa.La baterıa mueve una carga ∆q a traves de una diferencia de potencial V0, efectuandoun trabajo Wb igual a :

Wb = V0 ·∆q = V0(q − q0) = V0

(1

2q0 − q0

)

Wb = −1

2q0 V0 = −1

2C0 V 2

0 = −U0

Siendo Wb negativo pues la baterıa traslada una carga 12q0 desde un potencial mayor a

otro menor.Luego, al reemplazar los valores de ∆UyWb en la ecuacion.∆U = WF + W0. Tenemos−1

2U0 = WF + (−U0) y finalmente WF = 1

2U0

11

7. Dos condensadores de capacidades iguales estan conectadas en paralelo, inicialmente auna diferencia de potencial V0 entre sus placas. Se lleva uno de los condensadores conlos un dielectrico de constante K. calcule:

a) La carga transferida de un condensador a otro

b) La tension final V en los condensadores

Solucion:

a) Ambos condensadores tienen igual capacitancia C e igual diferencia de potencialentre sus placas, por lo tanto el producto C V0 es el mismo para ambos conden-sadores, o sea ambos condensadores tienen la misma carga. q = C V0.La carga total de ambos condensadores = 2q es invariante.

C C

Vo Vo

Antes de introducir el dielectrico

Ceq = C + C =2q

V0

Despues de introducir el dielectrico Ceq = KC + C = 2qV

KC C

V V

Sean:q′ la carga en el condensador con dielectricoq′′ la carga en el condensador sin dielectricoSe cumple que:

q′ + q′′ = 2q

q′

KC=

q′′

C= V ⇒ q′ = Kq′′

LuegoKq′′ + q′′ = 2q q′′(1 + K) = 2q

q′′ =2q

1 + K

12

q′ = 2q − q =1Kq

1 + Kcomo K > 1 y q > q

′

es decir pasa carga del condensador sin dielectrico al condensador con dielectrico.carga que pasa al condensador con dielectrico: ∆q = q′ − q

∆q = q′ − q =

2Kq

1 + K− q =

2Kq − q −Kq

1 + K

∆q =q(K − 1)

1 + K

b) En la expresion obtenida para Ceq despues de introducir el dielectrico en el con-densador.

Ceq = KC + C =2q

V

reemplazando el valor de C = qV0

y se tiene:

K · q

V0

+q

V0

=2q

V

q

V0

(K + 1) =2q

V

Por lo tanto el nuevo valor V de la tension en los condensadores sera:

V =1V0

1 + K

8. Dos condensadores de capacidades iguales estan conectados en serie a una baterıa devoltaje V0. Calcule la carga transferida de un condensador a otro al llenar uno de elloscon un material de coeficiente dielectrico relativo K. Determine:

a) La energıa acumulada antes y despues de introducir el dielectrico.

b) El trabajo realizado por la baterıa.

c) El trabajo que tendrıa que efectuar un agente externo para sacar el dielectrico.

K

Vo

13

Solucion:Sea C la capacidad de cada condensador, la capacitancia equivalente antes deintroducir el dielectrico sera:

1

Ceq

=1

C+

1

C=

2

C⇒= Ceq =

C

2

y la carga de cada condensador sera Q = C2V0.

Al introducir el dielectrico en uno de los condensadores su capacitancia sera KCy la capacitancia equivalente despues de introducir el dielectrico sera

1

Ceq

=1

KC+

1

C=

1 + K

KC⇒ Ceq =

KC

1 + K

y la carga en cada condensador sera:

Q′ =KC

1 + KV0

La carga transferida de un condensador a otro sera:

∆Q = Q′ −Q =KC

1 + KV0 − C

2V0 = C V0

[2K − 1−K

2(1 + K)

]Q′ −Q =

C V0

2

[K − 1

K + 1

]

La energıa acumulada en el sistema de los condensadores antes de introducir eldielectrico sera:

U =1

2

Q2

C+

1

2

Q2

C=

Q2

C

de donde:

U =CV0

4

La energıa acumulada de despues de introducir el dielectrico sera:

U ′ =1

2

Q′2

KC+

1

2

Q′2

CU ′ =

1

2

{KC

1 + KV0

}(1

KC+

1

C

)=

1

2

KC

1 + KV 2

0

El trabajo realizado por la baterıa al introducir el dielectrico es:

Wbat,i = potencial de la baterıa ·Q transferida

Wbat,i = V0 · C V0

2

[K − 1

K + 1

]=

C V 20

2

[K − 1

K + 1

]> 0

Ademas el trabajo realizado por la baterıa al introducir el dielectrico sera igualal trabajo realizado por la baterıa para sacar el dielectrico pero negativo(Wbat,i =−Wbat,i).El trabajo realizado por los agentes sera igual a la variacion de energıa del sistemaformado por los condensadores.

∆U = U − U ′ = Wag·ext + Wbat,s = Wagext −Wbat,s

14

Notese que la baterıa es un elemento externo a la baterıaLuego

Wagext = U − U + Wbat,i

Wext =C V 2

0

4− 1

2

KC

1 + KV 2

0 +C V 2

0

2

K − 1

K + 1

Wext =C V 2

0

2

[1

2− 1

1 + K

]

Wext =C V 2

0

4

[K − 1

K + 1

]

15