52616550 fisica-iii-practicas

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL, ARQUITECTURAY URBANISMO

ESCUELA PROFESIONAL CIENCIAS FISICO MATEMATICAS

Segunda Practica-Preprofesional

Informe

Responsable:

Est. Arturo Flores Condori

Asesor:

Lic. Maximo Roberto Pari Coila

PUNO PERU

2010

X

Y

Z

Universidad Nacional del Altiplano

Facultad de Ingeniería Civil y Arquitectura

Escuela Profesional de Ciencias Físico Matemáticas

AL : Lic. Juan Carlos Benavides HuancaDirector de Estudios de la Escuela ProfesionalCs. Fısico Matematicas

DE : Lic. Maximo Roberto Pari CoilaASUNTO : Informe de las Practicas Pre ProfesionalesFECHA : 25 de Enero del 2010

Es grato dirigirme a Ud. a fin de informarle sobre las practicas re-alizadas por el Estudiante ARTURO FLORES CONDORI, el cual detallo a continuacion:

1. Mediante MEMORANDO N-034-2009-DE-EPCFM–FICA-UNA. Se designa Al es-tudiante ARTURO FLORES CONDORI, para que realice practicas pre-profesionalesen la escuela profesional de Ingenierıa Mecanica Electrica en la asignatura de FISI-CA III la misma que realizo bajo mi asesorıa.

2. El estudiante realizo la practica a partir de la fecha 04 de Mayo del 2009 y culmi-nando el 17 de Agosto del 2009, acumulando un total de 30 horas academicas, queconsiste en desarrollar la parte practica de la asignatura de FISICA III, correspon-diente al II semestre de la E.P. de Ingenierıa Mecanica Electrica.

3. Durante la realizacion de la practica pre-profesional del estudiante en mencion de-mostro, responsabilidad y dominio de los temas, tanto en la preparacion de sussesiones, como en su desenvolvimiento ante los estudiantes y demas tareas asig-nadas.

4. Concluida la practica pre-profesional el estudiante alcanzo los objetivos establecidos,siendo ası; solicito a Ud. senor Director ha realizar los tramites necesarios para laexpedicion de la respectiva Resolucion.

Es cuanto informo a Ud. para los fines que el interesado tenga porconveniente.

Atentamente,

Lic. MAXIMO ROBERTO PARI COILAAsesor

X

Y

Z

Universidad Nacional del Altiplano

Facultad de Ingeniería Civil y Arquitectura

Escuela Profesional de Ciencias Físico Matemáticas

INFORME N001 − 2010−EPFM

AL : Lic. Maximo Roberto Pari CoilaAsesor de Practicas

DE : Est. Arturo Flores CondoriASUNTO : Informe de las Practicas Pre ProfesionalesFECHA : 25 de Enero del 2010

Es grato dirigirme a Ud. sobre las practicas que realice el cualdetallo a continuacion:

1. Mediante el MEMORANDO N-034-2009-DE-EPCFM–FICA-UNA.de fecha, PunoC.U, Abril 27 del 2009, se me designa a su persona como asesor, para que real-ice las practicas pre-profesionales en la Escuela Profesional de Ingenierıa MecanicaElectrica en la asignatura de Fısica III.

2. Inicie la practica el dıa 04 de Mayo del 2009, terminando el 17 de Agosto del 2009,acumulando satisfactoriamente las 30 horas academicas pedidas.

3. Los detalles de la practica pre-profesional se encuentran en la documentacion ad-junta en este informe.

En cuanto puedo informar a Ud. para los fines consiguientes.

Atentamente,

Est. ARTURO FLORES CONDORIUNA-Puno

PRESENTACION

Estas notas se originan por las practicas pre-profesionales realizada del 04 de Abril del2009, terminando el 17 de Agosto del 2009 en la asignatura de FISICA III en la EscuelaProfesional de Ingenierıa Mecanica Electrica de la Universidad Nacional del Altiplano-Puno.

En el Primer capitulo contiene todos los datos personales, del lugar donde se realizolas practicas pre-profesionales y los datos de la asignatura. En el Segundo capitulo justi-fica la realizacion de las practicas pre-profesionales. Y en el Tercer capitulo menciona losobjetivos de la practica pre-profesional.

Como una segunda parte de estas notas menciono el contenido de la asignatura deFısica III estos lo conforman del Cuarto capitulo al Decimo capıtulo, donde en su primeraparte del contenido (Electrostatica), se estudia los fenomenos relacionados con la cargaen reposo (es decir; Fuerza, Campo potencial, Potencial electrico y condensadores).

En su segunda parte del contenido de la asignatura (Magnetismo), se estudia los efec-tos que produce la carga en movimiento (es decir, comprende los capıtulos: Corrienteelectrica, Campo magnetico y Induccion electromagnetica).

Finalmente, en el Onceavo capitulo senalo la metodologıa usada para el curso de FısicaIII, en el Doceavo capitulo presento un cronograma de actividades de acuerdo a los temasrealizados y en Treceavo capitulo presento la relacion de Estudiantes y sus asistencias ala asignatura de Fısica III. Al final se especifica la bibliografıa usada para el desarrollo deestas notas.

Espero que este informe sirva como referencia para futuras practicas pre-profesionalesque se realicen referentes a la Asignatura.

. ARTURO FLORES CONDORI

Indice general

Presentacion III

Indice General IV

1. Datos Informativos 2

2. Justificacion 3

3. Objetivos 6

4. Electrostatica 74.1. Carga Electrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74.2. Ley de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74.3. Campo Electrico ( ~E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

5. Ley de Gauss 155.1. Flujo Electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155.2. Ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

5.2.1. Aplicaciones de la ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

6. Potencial Electrico 236.1. Energıa potencial electrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236.2. Potencial electrico y Diferencia de potenciales . . . . . . . . . . . . . . . . 25

6.2.1. Potencial electrico debido a una carga puntual . . . . . . . . . . . . 266.2.2. Potencial debido a un sistema de cargas puntuales . . . . . . . . . . 276.2.3. potencial debido a una distribucion continua de carga . . . . . . . . 28

6.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

7. Capacitancia y Capacitores 347.1. Capacitores en serie y en paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

7.1.1. Capacitores en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.1.2. Capacitores en paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

7.2. Energıa Almacenada en un Capacitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

iv

INDICE GENERAL 1

8. Corriente, Resistencia y Circuitos de Corriente Continua 438.1. Corriente Electrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.2. Resistividad y la Ley de Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

8.2.1. Resistividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.2.2. Ley de Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

8.3. Fuerza electromotriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468.4. Resistores en serie y en paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

8.4.1. Resistores en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468.4.2. Resistores en paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

8.5. Reglas de Kirchoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478.6. Circuito RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

8.6.1. Carga de un capacitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 488.6.2. Descarga de un capacitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

8.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

9. Campo Magnetico y Fuentes de Campo Magnetico 599.1. Campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 599.2. Flujo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 609.3. Movimiento de partıcula con carga en un campo magnetico . . . . . . . . . 619.4. Fuerza magnetica sobre un conductor que transporta corriente . . . . . . . 629.5. Fuerza y momento de torsion en una espira de corriente . . . . . . . . . . . 639.6. La Ley de Biot y Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 659.7. Ley de Ampere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 669.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

10.Induccion Electromagnetica 7310.1. FEM Inducida y la ley de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7310.2. Ley de Lenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7410.3. Fuerza electromotriz de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7510.4. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7610.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

11.Metodologıa 8011.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8011.2. Tecnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8011.3. Metodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

12.Temas y Cronograma de Actividades 81

13.Relacion de Estudiantes y Asistencia 8313.1. Relacion de Estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8313.2. Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Bibliografıa 85

Arturo Flores Condori

Capıtulo 1

Datos Informativos

Responsable : Arturo Flores CondoriDNI : 42221680Codigo : 040706Nivel : QuintoSemestre : DecimoDuracion : Del 04 de Mayo del 2009 al 17 de Agosto del 2009

Asesor : Lic. Maximo Roberto Pari CoilaCondicion : NombradoCategorıa : Asociado a D.E.

Institucion : Universidad Nacional del AltiplanoLugar : PunoFacultad : Ingenierıa ..Escuela Profesional : Ing. Mecanica Electrica

Asignatura : Fısica IIINaturaleza de la Asignatura : ObligatorioNumero de Horas : 3T.(Teorıa)+2P.(Practicas)=5 Hrs.Creditos : 5Prerrequisito : Fısica IIAno Academico : 2008Semestre : 2008-II

Area : Formacion GeneralCondicion : Flexible

Grupo : Unico

2

Capıtulo 2

Justificacion

Las practicas pre-profesionales en la escuela profesional de Ciencias Fısico Matematicas,son de mucha importancia para poner en practica los conocimientos y experiencias adquiri-das durante nuestra permanencia como estudiante, en la dinamica del proceso ensenanza-aprendizaje y la experimentacion teorica; ası mismo construimos una solida base adquirien-do destreza y habilidad para nuestro buen desempeno como profesionales.

Por otro lado, las practicas pre-profesionales es para dar cumplimiento a uno de los req-uisitos exigidos dentro del Programa Academico de la Facultad de Ingenierıa Civil yArquitectura de Nuestra Universidad Nacional del Altiplano para la obtencion del gradoacademico de Bachiller, el cual tiene sustento legal en:

1. Constitucion Polıtica del Peru

La Constitucion Polıtica del Peru de 1993, es la actual constitucion del Peru. Esta esconsiderada como la norma jurıdica suprema y vertice de todo el ordenamiento jurıdicoque regula la vida dentro del paıs.

Art. 14 La educacion promueve el conocimiento, el aprendizaje y la practica de las hu-manidades, la ciencia, la tecnica, las artes, la educacion fısica y el deporte; preparapara la vida, el trabajo y fomenta la solidaridad.

Art. 18 La educacion universitaria tiene como fines la formacion profesional, la difusioncultural, la creacion intelectual y artıstica y la investigacion cientıfica y tecnologica.El estado garantiza la libertad de catedra y rechaza la intolerancia.

Las universidades son promovidas por entidades privadas o publicas. La ley fijalas condiciones para autorizar su funcionamiento.La universidad es la comunidad de profesores, alumnos y graduados. Participan enel ella los representantes de los promotores, de acuerdo a ley.Cada universidad es autonoma en su regimen normativo, de gobierno, academico,administrativo y economico. Las universidades se rigen por sus propios estatutos enel marco de la Constitucion y de las leyes.

3

2. Justificacion 4

2. Ley Universitaria No 23733

Dado en la casa de gobierno en Lima, a los nueve dıas del mes de diciembre de milnovecientos ochenta y tres. En el gobierno de: FERNANDO BELAUNDE TERRY, ysiendo PATRICIO REY DE CASTRO, Ministro de Educacion.

Art. 9 Cada universidad organiza y establece su regimen academico por facultades a susnecesidades y caracterısticas.

Art. 18 Cada universidad senala los requisitos para la obtencion de los grados academicosy de los tıtulos profesionales correspondientes y las carreras que ofrece.

Art. 23 Los tıtulos profesionales de licenciado o su equivalente requieren de estudiosde una duracion no menor de diez semestres academicos o la aprobacion de losanos o creditos correspondientes, incluidos los de cultura general que los preceden.Ademas son requisitos la obtencion previa del Bachillerato respectivo y, cuando seaaplicable, el haber efectuado practica profesional calificada. Para obtener el tıtulode licenciado o sus equivalentes, se requiere de una tesis o de un examen profesional.

La segunda especialidad requiere la licenciatura u otro tıtulo profesional equiva-lente previo. Da acceso al tıtulo, o a la certificacion o mencion correspondientes.

3. Estatuto de la Universidad Nacional del Altiplano

Aprobado en asamblea universitaria del 06 al 19 de enero de 2005.

Art. 19 La universidad se integra por unidades academicas fundamentales denominadasfacultades estos organizan y desarrollan actividades de investigacion, proyeccionsocial y presentacion de servicios.

Art. 122 La actividad academica en una escuela profesional comprende:

- Formacion general.

- Formacion basica profesional.

- Formacion profesional.

- Investigacion.

- Orientacion profesional.

- Proyeccion y extension universitaria.

Su diseno involucra la programacion curricular teorico-practica de cada asignatura;proyectos de investigacion sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan deactividades de proyeccion y extension universitaria; y un plan de practicas pre-profesionales.


2. Justificacion 5

4. Curricula de la Escuela Profesional Ciencias Fısico Matematicas

Art. 40 El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla larealizacion de practicas pre profesionales en la formacion de todos los estudiantesde la universidad.

Art. 41 Los estudiantes de la Carrera Profesional de Cs. Fısico Matematicas estan obli-gados a realizar practicas pre profesionales pudiendo efectuarse despues de haberlogrado un mınimo de 170 creditos.

Art. 42 Las practicas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Fısico Matematicasseran practicas productivas y practicas de investigacion.

Art. 43 Las practicas productivas comprenderan practicas pedagogicas en centros deensenanza de nivel medio superior y universidades; practicas en centros productivos,convenio, proyectos y otros que requieran la participacion de Fısicos Matematicos.

Art. 44 Las practicas de investigacion se realizan en la U.N.A. bajo la direccion de unprofesor designado especıficamente con este fin.

Art. 45 Las practicas productivas de investigacion tendran una duracion de un semestreacademico.

Art. 46 Los estudiantes, despues de haber cumplido con sus practicas productivas y/ode investigacion presentaran el informe a la institucion donde se realizo y esta asu vez informara de su desarrollo a la Direccion de Carrera quien lo remitira a lacomision de practicas pre profesionales para su aprobacion o desaprobacion.

Art. 47 En el caso de que la practica productiva y/o practicas de investigacion se realiceen la Universidad Nacional del Altiplano el practicante presentara el informe aldocente a cargo, este a su vez informara su desarrollo a la Direccion de la Carrerapara el visto bueno de la comision de practicas Pre profesionales.

Art. 48 Los aspectos no contemplados en el presente reglamento seran absueltos por laComision de practicas pre profesionales.


Capıtulo 3

Objetivos

Objetivos Generales

Al concluir la practica pre profesional, el estudiante de la Escuela Profesional de Cien-cias Fısico Matematicas, sera capaz de:

• Desarrollar, aplicar y facilitar el uso de las relaciones cuantitativas y cualitativas delas diversas disciplinas de la ciencia, la tecnologıa, la gestion y la produccion.

• Complementar nuestra formacion profesional, a traves del contacto con el mundolaboral, antes de terminar nuestros estudios.

Objetivos Especıficos

Los objetivos especıficos que se tiene para la practica desarrollada en la respectivaasignatura designada son:

• Poner en practica los conocimientos adquiridos previamente en las aulas, en laensenanza de la Fısica.

• Realizar labores participativas que nos coadyuven al perfeccionamiento profesionaly a la formacion cientıfica y del conocimiento de la Fısica, adecuandonos a los re-querimientos de la region y del paıs para contribuir a su desarrollo y transformacionsocio-economica.

• Identificar y aplicar los casos, tecnicas y procedimientos de ensenanza que se empleenen la asignatura de Fısica III.

• Promover el intercambio academico con las escuelas profesionales, experimentado ymostrandoles que la Fısica es la ciencia mas basica para la descripcion de fenomenosnaturales, y ası mismo adquiriendo destreza y habilidad en la dinamica de ensenanza-aprendizaje.

6

Capıtulo 4

Electrostatica

4.1. Carga Electrica

La carga electrica es una propiedad fundamental independiente propia de la materiay su unidad de medida es el coulomb(C) y se denota con la letra(q, Q).

4.2. Ley de Coulomb

La ley de Coulomb a que se subordina la fuerza de interaccion de las cargas puntuales.Se llama carga puntual un cuerpo cargado cuyas dimensiones son despreciables en com-paracion con la distancia de este cuerpo a otros tambien portadores de carga electrica. Lafuerza con que interaccionan dos cargas puntuales en reposo es proporcional a la magnitudde cada una de las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de las distancias entreellas. la ley de Coulomb se puede expresar con la formula:

F = k|q1q2|

r2(4.1)

Donde:

k es una coeficiente de proporcionalidad (constante de Coulomb).

q1 y q2 son las magnitudes de las cargas que interaccionan.

r es la distancia entre las cargas.

k = 8,9875× 109 N ·m2C−2 en la practica k ≈ 9× 109 N ·m2C−2

Para un sistema de cargas puntuales, supongamos que hay una carga qa y, ademas,Ncargas q1, q2, ..., qw. De lo dicho anteriormente se refiere que la fuerza resultante F conque actuan sobre qa las Ncargas qi se determina por la formula:

~F =N∑

i=1

~Fai (4.2)

4. Electrostatica 8

en la que Fai es la fuerza con que actua sobre qa la carga qi en ausencia de las demasN − 1 cargas.

Nota: El coeficiente de proporcionalidad de la ley de Coulomb se supone igual 14πε0

. En-tonces la expresion de la ley para las cargas que se encuentran en el vacıo toma la forma:

F =1

4πε0

|q1q2|r2

(4.3)

donde:

k=8,9875× 109 Nm2/C−2

ε0: recibe el nombre de permitividad en el vacio, ε0=8,8542× 10−12 N−1 ·m−2C2

Distribucion de Cargas Continuas

Ahora vamos a generalizar pasando de cargas puntuales a una distribucion continua decarga. La distribucion de carga esta caracterizada por una funcion de la posicion ρ(x, y, z)llamada densidad de carga volumetrica y tiene dimensiones de [carga/volumen]. Segunlas dimensiones del cuerpo que se considera, la carga electrica puede distribuirse,como setiene:

+ dFr

q+

erdV

dq

Q

d~F = kqdq

r2er

recordando que, ρ = dqdV

, entonces,

d~F = kqρdV

r2er

la fuerza total es:

~F = kq

∫ρ(r)dV

r2er (4.4)

~F = kρq

∫dV

r2er (4.5)


4. Electrostatica 9

las ecuaciones anteriores son para cuerpos con densidades de carga no uniformes y uni-forme respectivamente.

4.3. Campo Electrico ( ~E)

La intensidad de las cargas en reposo se efectua por medio del campo electrico. Todocarga hace que varıen las propiedades del espacio que la rodea: Crea en el un campo electri-co. Este campo se manifiesta en que una carga electrica, situada en un punto cualquierade el, se encuentra bajo a accion de una fuerza. Por consiguiente, para saber si en unlugar dado existe campo hay que colocar en el un cuerpo cargado y determinar si esteexperimenta la accion de una fuerza electrica o no.

Estudiaremos con la ayuda de una carga puntual de ensayo qens el campo creado poruna carga puntual q en reposo. Situando la carga de ensayo en el punto cuya posesionrespecto a la carga q esta determinada por el radio vector r (Fig.), descubriremos quesobre la carga de ensayo actua la fuerza:

~F = qens

(1

4πε0

q

r2er

)(4.6)

F

r

q

e r

ens

q

Si se toman cargas de ensayos de distintos magnitudes q′ens, q

′′ens y ası sucesivamente,

las fuerzas ~F′, ~F

′′, .., que ellas experimentan en el punto dado del campo seran distintas.

Pero en (4.6)se ve que la relacion~F

qensen la misma para todas las cargas de ensayo y solo

depende de las magnitudes q y r que definen el campo en el punto dado.Por eso es natural tomar esta relacion como magnitud caracterıstica del campo electrico:

~E =~F

qens

(4.7)

Esta magnitud vectorial se llama Intensidad del campo electrico en el punto dado (es

decir, en el punto en que la carga de ensayo qens experimenta la accion de la fuerza ~F ).De las formulas (4.6)(4.7) se deduce que la intensidad del campo de una carga puntual esproporcional a la magnitud de la carga q e inversamente proporcional al cuadrado de ladistancia r desde dicha carga hasta el punto dado del campo:

~E =1

4πε0

q

r2er (4.8)

Segun (4.7), la fuerza que actua sobre la carga de ensayo es: ~F = qens~E, y es evidente

que sobre toda carga puntual q, en un punto del campo de intensidad ~E, actuara la fuerza:


4. Electrostatica 10

~F = q ~E (4.9)

El campo electrico se puede describir conociendo la magnitud la magnitud y la direcciondel vector ~E para cada punto. El conjunto de estos vectores forma el campo del vectorintensidad de campo electrico. El campo de vector velocidad se puede representar muyintuitivamente por medio de las lineas de intensidad. Analogamente, el campo electricose puede describir valiendose de las lineas de intensidad, que abreviadamente llamaremoslıneas ~E(tambien se le denomina lıneas de fuerza). Las lıneas de intensidad se trazan de

tal modo que la tangente a ella en cada punto coincida con la direccion del vector ~E.

Las lıneas ~E del campo de una carga puntual son un conjunto de rectas radiales queparten de la carga, si esta es positiva, y que inciden en ella si es negativa, ası en la figura.

-q+q

+ - + +

4.4. Problemas ResueltosProblema 4.1Halle el campo electrico ~E debido a un anillo cuyo radio es a tiene una carga total Q dis-tribuida uniformemente en toda su circunferencia en el punto P , (Fig.)la cual esta situadosobre el eje del anillo a una distancia R de su centro.

Solucion:

Y

X

Z

Q

R

dq

qq

ds

q

o p

dE

dEcos jq

dE

sen

iq

r=R +a

Ö2

2



las componentes en la direccion i y k se anulan, luego;

d ~E = dE sin θk + dE cos θj

d ~E = dE cos θj

= kdq

r2cos θj

~E = k1

r2cos θ

∫dqj

~E = k1

r2cos θQj (4.10)

pero cos θ = Rr, ademas r =

√R2 + a2, entonces

~E =k

r2

R

rQj

= kQR

r3j

⇒ ~E = kQR

(R2 + a2)32

j

entonces el campo electrico ~E debido a un anillo es: ~E = kQ R

(R2+a2)32j

Problema 4.2El disco mostrado en la figura, esta cargado con una densidad de carga superficial ρs elcual esta en funcion de la distancia s, de acuerdo a la relacion ρs = As donde A es unaconstante. Determine la intensidad de campo electrico en un punto M del eje del discotal como se muestra en la fig.

s

zr

M

dso

dE

a

qdq

a

X

Y

Z

Solucion:El campo creado por el diferencial de carga dQ = ρssdθds; es decir,



ρs = QA

= dQdA

= dθdsdθ

, entonces el ~E es:

d ~E =dQ

4πε0r2=

ρssdθds

4πε0(Z2 + s2)

Por simetrıa solo la componente Zk de la intensidad del campo electrico va a contribuira la intensidad total del campo en M , luego,

d ~Ez = dE cos α =ρsZsdθds

4πε0(Z2 + s2)32

k

como, ρs = As, ademas si cos α = Z√Z2+s2

⇒ d ~Ez =As2Zdθds

4πε0(Z2 + s2)32

k

Para hallar ~Ez hay que sumar todas las contribuciones diferenciales, entonces:

~Ez =AZ

4πε0

∫ 2π

0

∫ a

0

s2dθds

(Z2 + s2)32

=As

2ε0

∫ a

0

s2ds

(Z2 + s2)32

(4.11)

integrando por partes, obtenemos:sea, u = s; dv = sds

(z2+s2)32, luego:

⇒∫

udv =

∫ a

0

s2ds

(Z2 + s2)32

= uv −∫

vdu

= − s

(Z2 + s2)12

∣∣∣∣∣

a

0

+ ln[s + (Z2 + s2)

12

]∣∣∣a

0

entonces; la intensidad de campo electrico en un punto M del eje del disco es:

~Ez =AZ

2ε0

ln

[a + (Z2 + a2)

12

Z

]− a

(Z2 + a2)12

Problema 4.3Un hemisferio hueco de radio a esta cargado uniformemente sobre su superficie con unacarga total Q. Determine la intensidad del campo electrico en el centro de la esfera a lacual pertenece el hemisferio.



Solucion:Q

oa

dQ

a

acos a

asen

a

dEZ

da

dE

Si tomamos un anillo de carga diferencial dQ, genera un campo electrico en el eje z, lascomponentes en el eje x y y se anulan, por el se obtiene a partir del resultado del problemaanterior(prob. del anillo), tenemos:

d ~Ez = dE cos θk

d ~Ez =dQ(a cos α)

4πε0a3εk

=(dQ) cos α

4πε0a2εk (4.12)

sabiendo que;dQ = σdS ; dl = adα;luego calculando dQ: Si la carga por unidad de superficie = Q

2πa2 ;Ahora;

dQ =

(Q

2πa2

)∗ (2πa sen α)(adα) = Q sen αdα (4.13)

luego; la ec.4.13 en la ec.4.12, se tiene:

d ~Ez =(Q sen αdα) cos α

4πε0a2k

=Q

4πε0a2

∫ π2

0

sen α (cos αdα) k

=Q

4πε0a2

(sen2 α

2

)∣∣∣∣π2

0

=Q

8πε0a2k

por lo tanto, la intensidad del campo electrico en el centro de la esfera es: ~Ez = Q8πε0a2 k

Problema 4.4La carga positiva Q esta distribuida uniformemente alrededor de un semicırculo de radioa (Figura). Halle el campo electrico (magnitud y direccion) en el centro de curvatura P .



Solucion:

X

Y

q

dq

dq

Q

aPq

dE

las componentes en la direccion i se anula, luego se tiene:

d ~E = dE sen θ(−j)

= kdq

r2sen θ(−j) (4.14)

sabiendo que; λ = Qπa

y ademas dE = k λdla2 =k λdθ

a; ahora en la ec.4.14, tenemos:

dEy = dE sen θ

=kλ sen θ

adθ

⇒ Ey =2kλ

a

∫ π2

0

sen θdθ

=2kλ

a(− cos θ)|

π20

=2kλ

a

[− cos(

π

2) + cos(0)

]

=2kλ

a

=2kQ

a2

por consiguiente el campo electrico en el centro de curvatura P es:

~Ey =2kQ

a2j


Capıtulo 5

Ley de Gauss

5.1. Flujo Electrico

Consideremos cierto campo vectorial ~E(~r) en el espacio, y en ese espacio cierta su-

perficie cerrada S arbitraria. Podemos definir el flujo de ~E a traves de esa superficiecomo:

ΦE =

∫

S

~E · d~S =

∫E cos φdS (5.1)

Se define el flujo electrico de un campo electrico uniforme como el producto de la magnituddel campo E por la superficie S; es decir:

ΦE = ES (5.2)

La unidad SI de flujo electrico es 1 N ·m2/C

Observaciones:

1. superficie de frente al campo electrico ~E y ~S el angulo entre ~E y ~S es φ = 0, entoncesel flujo ΦE = ~E · ~S = ES.

2. superficie inclinada respecto a la orientacion de cara en un angulo φ, el angulo entre~E y ~S es φ,entonces ΦE = ~E · ~S = ES cos φ.

3. la superficie presenta su borde al campo electrico ~E y ~S perpendiculares, el anguloentre ~E y ~S es φ = 90o, entonces el flujo ΦE = ~E · ~S = ES cos 90o = 0.

4. podemos representar la direccion de un vector area ~S, mediante un vector unitarion perpendicular al area; ~S perpendicular n significa normal, entonces: ~S = Sn.

Si sucede, si el ~E no es uniforme, sino que varia de un punto a otro en el area S, o si S esparte de una superficie curva; En tales casos se divide S en muchos elementos pequenosdS, cada una de los cuales tiene un vector unitario n perpendicular a el y un vectorarea d~S = ndS, se calcula el flujo electrico a traves de cada elemento y se integran losresultados para obtener el flujo total, ası:

ΦE =

∫

S

~E · d~S definicion de flujo electrico (5.3)

15

5. Ley de Gauss 16

A esto se le llama la integral de superficie de ~E · d~S.

5.2. Ley de Gauss

La ley de Gauss establece que el flujo electrico total de cualquier superficie cerra-da(una superficie que encierra un volumen definido) es proporcional a la carga electricatotal(neta)dentro de la superficie.

ΦE =

∮~E · d~S =

q

εo

(5.4)

La ecuacion 5.4 es valida para una superficie de cualquier forma o tamano, con la condi-cion de que se trate de una superficie cerrada que encierra la carga q.

Supongase que la superficie encierra no solo una carga puntual q, sino varias cargasq1, q2, ... El campo electrico total(resultante) ~E en cualquier punto es la suma vectorial

de los campos ~E de las cargas individuales. Sea Qenc la carga total encerrada por lasuperficie:Qenc = q1 + q2 + q3..., sea ademas ~E el campo total en la posesion del elementode area superficial d~S, y sea E⊥ su componente perpendicular al plano de ese elemento(es

decir, paralelo a d~S). En estas condiciones se puede escribir una ecuacion como la ecuacion(5.4) con respecto a cada carga y su campo correspondiente y sumar los resultados. Alhacerlo, se obtiene el enunciado general de la ley de Gauss:

ΦE =

∮~E · d~S =

Qenc

εo

ley de Gauss (5.5)

El flujo total a traves de una superficie cerrada es igual a la carga electrica total(neta)presente en el interior de la superficie, dividida entre εo.

Observaciones: Hemos visto que hay una relacion entre la cantidad de carga neta enel interior de una superficie cerrada y el flujo electrico a traves de una superficie, hemoshallado que:

1. El hecho de que haya o no un flujo electrico saliente o entrante neto a traves de unasuperficie cerrada depende del signo de la carga encerrada.

2. Las cargas que estan afuera de la superficie no proporcionan un flujo electrico netoa traves de la superficie.


5. Ley de Gauss 17

5.2.1. Aplicaciones de la ley de Gauss

Sea q una carga puntual situada en el centro de una esfera; el flujo del campoelectrico a traves de esta superficie, es:

q r

ds

E

ΦE =

∮~E · d~S

=

∮E cos θdS

=

∮EdS = ES

sabiendo que S = 4πr2, superficie de la esfera, ademas E = kq/r2, entonces se tiene:

=(k

q

r2

) (4πr2

)

=q

4πεor2

(4πr2

)

⇒ ΦE =q

εo

(Nm2/C)

Para una carga q, que esta en superficie cerrada arbitraria, el flujo, es:

q

r

ds

E

q

ds ds’

ds

dsq

ds =dsCos¢ q

dW

ΦE =

∮~E · d~S =

∮E cos θdS

=

∮k

q

r2cos θdS

= kq

∮cos θ

r2dS


5. Ley de Gauss 18

sabiendo que: dΩ = cos θr2 dS, entonces se tiene:

= kq

∮dΩ

= kq (4π)

⇒ ΦE =q

εo

(Nm2/C).

Para una carga q, que esta fuera de una superficie cerrada, el flujo, es:

r1 r

2

ds1

ds2

q2

q1

E2

q

s1 s

2

ΦE =

∮~E · d~S

=

∫

S1

~E1 · d~S1 +

∫

S2

~E2 · d~S2

=

∫

S1

E1 cos αdS1 +

∫

S2

E2 cos θ2dS2

si, α = π − θ1, entonces:

ΦE =

∫

S1

E1 cos(π − θ1)dS1 +

∫

S2

E2 cos θ2dS2

= −∫

S1

E1 cos θ1dS1 +

∫

S2

E2 cos θ2dS2

= −∫

S1

kq

r12

cos θ1dS1 +

∫

S2

kq

r22

cos θ2dS2

= −kq

∫

S1

cos θ1dS1

r12

+ kq

∫

S2

cos θ2dS2

r22

= −kq

∫

S1

dΩ1 + kq

∫

S2

dΩ2

⇒ ΦE = 0

5.3. Problemas ResueltosProblema 5.1Una varilla de longitud 2L, tiene una densidad de carga uniforme λ. Determine el campoelectrico(por el metodo de Gauss) en el punto P a una distancia R a lo largo de lamediatriz.


5. Ley de Gauss 19

Solucion:

R

s 2

ds1

ds2

E1

E2

ds1=-d

sz

ds3

E3

R

l

La figura muestra las diferentes normales de la superficie de Gauss elegida.Calculo del campo electrico:Suponemos el campo electrico con la siguiente forma ~E(~r) = E(R)R con R el radio delas coordenadas cilındricas. La Ley de Gauss nos dice:

ΦE =

∮~E · d~S

=

∫

S1

~E1 · d~S1 +

∫

S2

~E2 · d~S2 +

∫

S3

~E3 · d~S3

por simetrıa, la∫

S1

~E1 · d~S1 y∫

S2

~E2 · d~S2 se anulan, entonces se tiene:

=

∫

S3

~E3 · d~S3 = E3

∫dS3

= E3S3 = E3(2πR)(2L)

⇒ ΦE = 4πRLE3 =Q

εo

E3 =Q

4πRLεo

= 2kQ

2RL=

2kλ

R

∴ E =2λk

RR

Problema 5.2Determinar el campo electrico de una lamina plana infinita cargada con una densidadsuperficial uniforme.


5. Ley de Gauss 20

Q

dds3

ds1 E1

s1

s2

ds2E2

s3

A

Solucion:La figura muestra la seccion del plano que define el cilindro al atravesarlo.Calculo del campo electrico.Suponemos el campo electrico con la siguiente forma:

~E (~r) =

E+z ; Z > 0E−z ; Z < 0

(5.6)

La Ley de Gauss nos dice:

ΦE =

∮~E · d~S =

Qenc

εo

La carga encerrada, en este caso, corresponde a σA, luego

ΦE =

∮~E · d~S

=

∫

S1

~E1 · d~S1 +

∫

S2

~E2 · d~S2 +

∫

S3

~E3 · d~S3

= 2

∫

tapas

±Ez · (±z) dS +

∫

manto

Ez · RdS

= 2SE =Q

εo

⇒ E =Q

2Sεo

∴ E =σ

2εo

Problema 5.3Un carga de 10,0−µC localizado en el origen de las coordenadas de un sistema cartesianoesta rodeado de una esfera del nicho de poco condctor de radio 10,0cm. Un taladro conun radio de 1,00mm es alineado a lo largo del eje z , y un hueco es taladrado en la esfera.Calcule el flujo electrico a traves del hueco.

Solucion:

ΦE,hueco = E · Ahueco


5. Ley de Gauss 21

luego se obtiene:

ΦE,hueco =

(kQ

R2

) (πr2

)

=

((8,99× 109 N ·m2/C2) (10,0× 10−6C)

(0,100m)2

)π

(1,00× 10−3

)2

= 28,2 N ·m2/C.

entonces, el flujo electrico a traves del hueco es: ΦE,hueco = 28,2 N ·m2/C.

Problema 5.4Un carga Q esta ubicado en el eje de un disco de radio R en una distancia b del plano deldisco (en la figura). Demostrar que si un cuarto del flujo electrico del carga atraviesa eldisco, cuando R =

√3b.

b

Q

R

Solucion:

s

b

R

ds

q

q

El flujo total a traves de una superficie incluyendo la carga Q es Q/εo. El flujo a travesdel disco es:

Φdisco =

∫~E · d~S


5. Ley de Gauss 22

Donde la integracion cubre el area del disco. Debemos evaluar este integral y debemoscolocar eso igual a 1

4Q/εo para encontrar como se relacionan la b y R. En la figura, tomar

dS el area de un anillo anular de s del radio y los ds de ancho. El flujo a traves de dS es:

~E · d~S = EdS cos θ = E (2πsds) cos θ

La magnitud del campo electrico tiene el mismo valor en todos los puntos dentro del anilloanular, entonces

E =1

4πεo

Q

r2=

1

4πεo

Q

s2 + b2y cos θ =

b

r=

b

(s2 + b2)1/2

Integrando de s = 0 para s = R para hacer el que flujo pase a traves del disco entero.

ΦE,disco =Qb

2εo

∫ R

0

sds

(s2 + b2)3/2

=Qb

2εo

[− (

s2 + b2)1/2

]∣∣∣R

0

=Qb

2εo

[1− b

(R2 + b2)1/2

]

El flujo a traves del disco es igual a Q/4εo provisto que b

(R2+b2)1/2 = 12.

Esto queda satisfecho si R =√

3b.


Capıtulo 6

Potencial Electrico

Al desplazarse las cargas por un campo electrostatico, las fuerzas aplicadas a las cargasrealizan un trabajo. Las fuerzas del campo electrostatico poseen la propiedad de queel trabajo realizado por ellas al trasladar una carga no depende de la trayectoria dedesplazamiento de la carga, sino que depende solo de la magnitud de la carga y de lasposesiones inicial y final de a misma. Esta propiedad del campo permite caracterizarcualquier punto del mismo por medio de una funcion especial denominada potencial enun punto del campo.En otras palabras, cuando una partıcula con carga se desplaza en un campo electrico, elcampo ejerce una fuerza que puede realizar trabajo sobre la partıcula.

6.1. Energıa potencial electrica

Para determinar energıa potencial de una carga de un campo electrico arbitrario,iniciemos con un repaso de algunos puntos fundamentales.

Primero, cuando una fuerza ~F actua sobre una partıcula que se desplaza del punto aal punto b, el trabajo Wa→b realizado por la fuerza esta dado por una integral de linea:

Wa→b =

∫ b

a

~F · d~l =

∫ b

a

F cos φdl (trabajo realizado por una fuerza) (6.1)

Donde:

d~l es un desplazamiento infinitesimal a lo largo de la trayectoria de la partıcula y

φ es el angulo entre ~F y d~l en cada punto a lo largo de la trayectoria.

Segundo, si la fuerza ~F es conservativa, el trabajo realizado por ~F siempre se puedeexpresar en terminos de una energıa potencial U . Cuando la partıcula se desplaza deun punto donde la energıa potencial es Ua a un punto donde es Ub, el cambio de energıa

23

6. Potencial Electrico 24

potencial es ∆U = Ub − Ua y el trabajo Wa→b realizado por la fuerza es:

Wa→b =

∫ b

a

~F · d~l

=

∫ b

a

qo~E · d~l si ~F = qo

~E

= Ua − Ub = − (Ub − Ua) = −∆U (6.2)

dl

q0

EE

b

Es decir,

Ub − Ua = −qo

∫ b

a

~E · d~l

U = −qo

∫ b

a

~E · d~l (6.3)

Energıa potencial para dos cargas puntuales

Consideremos en primer termino un desplazamiento a lo largo de la linea radial de lafigura, del punto a al punto b.

+ Þ Þqq q

0

rqr

rb

bE

La fuerza sobre q0 esta dada por la ley de Coulomb y su componente radial es:

Fr =1

4πεo

qq0

r2(6.4)

Si q y q0 tienen el mismo signo(+ o -), la fuerza de repulsion y Fr es positiva; si las doscargas tienen signos opuestos, la fuerza es de atraccion y Fr es negativa. La fuerza no esconstante durante el desplazamiento y es necesario integrar para calcular el trabajo Wa→b

realizado sobre q0 por esta fuerza conforme q0 se desplaza de a a b. Resulta que:

Wa→b =

∫ rb

ra

Frdr =

∫ rb

ra

1

4πεo

qq0

r2dr =

qq0

4πεo

(1

ra

− 1

rb

)(6.5)



El trabajo realizado por la fuerza electrica en el caso de esta trayectoria en particulardepende solo de los puntos extremos.De hecho, el trabajo es el mismo en todas las trayectorias posibles de a a b. Para probarlo,consideremos un desplazamiento mas general en la figura,

+ q

q0

a

b

E

F

f

r

rb

dr

ra

dl

ids

en el que a y b no se encuentran sobre la misma linea radial. De la ecuacion (6.1), eltrabajo realizado sobre q0 durante este desplazamiento esta dado por:

Wa→b =

∫ rb

ra

F cos φdl =

∫ rb

ra

1

4πεo

qq0

r2cos φdl

Pero la figura muestra que cos φdl = dr. Es decir, el trabajo realizado durante un de-splazamiento pequeno dl depende unicamente del cambio dr de la distancia r entre lascargas, que es la componente radial del desplazamiento.Vemos que las ecuaciones (6.2) y (6.5) son consistentes si definimos qq0/4πεora como laenergıa potencial Ua cuando q0 esta en el punto a, a una distancia ra de q, y definimosqq0/4πεorb como la energıa potencial Ub cuando q0 esta en el punto b, a una distancia rb

desde q. Por tanto, la energıa potencial U cuando la carga de prueba q0 esta a cualquierdistancia r de la carga q es:

U =1

4πεo

qq0

r(energıa potencial electrica de dos cargas q y q0) (6.6)

6.2. Potencial electrico y Diferencia de potenciales

Un potencial es energıa potencial por unidad de carga. Se define el potencial V encualquier punto de un campo electrico como la energıa potencial U por unidad de cargaasociada con una carga de prueba q0 en ese punto:

V =U

qo

o U = q0V (6.7)

La energıa potencial y la carga son escalares; por consiguiente, el potencial es una cantidadescalar. Sus unidades se hallan, con base en la ecuacion(6.7), dividiendo las unidades de



energıa entre las de carga. La unidad SI de potencial, llamada un volt(1V ), es igual a 1joule por coulomb:

1V = 1volt = 1J/C = 1loule/coulomb

Expresemos la expresion (6.2), que iguala el trabajo realizado por la fuerza electricadurante un desplazamiento de a a b con la cantidad −∆U = −(Ub − Ua), sobre una basede ”trabajo por unidad de carga”. Al dividir esta ecuacion entre q0 se obtiene:

Wa→b

q0

= −∆U

q0

= −(

Ub

q0

− Ua

q0

)= − (Vb − Va) = Va − Vb (6.8)

Donde:

Va = Ua/q0 es la energıa potencial por unidad de carga en el punto a.

Va y Vb llamamos el potencial en el punto a y potencial en el punto b, respecti-vamente.

A la diferencia Va − Vb se le llama el potencial de a con respecto a b; a veces seabrevia esta diferencia como Vab = Va − Vb. A esto se le suele llamar la diferenciade potencial entre a y b.

La ecuacion (6.8) establece, por tanto, que Vab, el potencial de a con respecto a b,es igual al trabajo realizado por la fuerza electrica cuando una UNIDAD decarga se desplaza de a a b.

6.2.1. Potencial electrico debido a una carga puntual

Considerando una carga puntual positiva aislada q,esta carga produce un campoelectrico ~E que apunta radialmente hacia afuera de la carga. Para determinar el potencialelectrico V en un punto del campo localizado a una distancia r de la carga, empezamoscon la expresion general de la diferencia de potenciales.

dr

a

bq

rdl

V

E



Vb − Va = −∫ b

a

~E · d~l

= −∫ b

a

E cos θdl ; E =kq

r2

= −kq

∫ b

a

cos θdl

r2

= −kq

∫ b

a

dr

r2; dr = cos θdl

= −kq

[−1

r

]∣∣∣∣rb

ra

∴ Vb − Va =kq

rb

− kq

ra

Si el punto a esta en el infinito; entonces

Vb = kq

rb

;(potencial en el punto b)

Si b es un punto arbitrario, en general el potencial debido a una carga puntual, a unadistancia r es:

V = kq

r=

1

4πεo

q

r(6.9)

Donde:

r es la distancia desde la carga puntual q al punto en el que se evalua el potencial.

6.2.2. Potencial debido a un sistema de cargas puntuales

Supongase que el campo ~E en el que se desplaza la carga q0 se debe a varias cargaspuntuales q1, q2, q3, ... a distancias r1, r2, r3, ... de q0, como en la figura.

q1

q2

qn

r1

r2

rn

q0

a

El campo electrico total en cada punto es la suma vectorial de los campos debidosa las cargas individuales, y el trabajo total que se realiza sobre q0 durante cualquierdesplazamiento es la suma de las contribuciones de las cargas individuales. De la ecuacion(6.6) se concluye que la energıa potencial asociada con la carga de prueba q0 en el puntoa de la figura, es la suma algebraica (no la suma vectorial)

U =q0

4πε0

(q1

r1

+q2

r2

+ ...

)=

q0

4πε0

∑i

qi

ri

(6.10)



Para hallar el potencial debido a un conjunto de cargas puntuales, se divide la ecuacionanterior entre q0:

V =U

q0

=1

4πε0

∑i

qi

ri

(6.11)

En esta expresion. donde:

ri es la distancia de la iesima carga, qi, al punto que se evalua V .

6.2.3. potencial debido a una distribucion continua de carga

Cuando se tiene una distribucion continua de carga a lo largo de una linea, en unasuperficie o en todo un volumen, se divide la carga en elementos dq, y la suma de laecuacion (6.11) se transforma en una integral:

V =1

4πε0

∫dq

r(6.12)

Donde:

r es la distancia del elemento de carga dq al punto del campo donde se evalua V .

6.3. Problemas ResueltosProblema 6.1Una varilla delgada de longitud L, colocada en el eje x, tiene una carga Q y esta distribuidauniformemente. Calcule el potencial a una distancia R en los puntos A,B,C.

R R

oQ

RX

C

A B

Solucion:

i) En el punto A:

R

oQ

X

A

r

dV

xdx



Sabiendo que:

dV = kdQ

r(6.13)

Si, λ = dQ/dx de aquı dQ = λdx a demas r =√

x2 + R2, luego

dV = kλdx√

x2 + R2

integrando se tiene:

V = λk

∫ L

0

dx√x2 + R2

= λk[ln

(x +

√x2 + R2

)]L

0

= λk[ln

(L +

√L2 + R2

)− ln R

]

⇒ V = λk lnL +

√L2 + R2

R

ii) En el punto B:

rR

Q

dVB

xdx

Analogamente, se obtiene:

Si dV = kdQ

r, entonces :

dV = kλdx√

x2 + R2

V = 2λk

∫ L/2

0

dx√x2 + R2

= 2λk[ln

(x +

√x2 + R2

)]L/2

0

= 2λk

[ln

(L

2+

√L2

4+ R2

)− ln R

]

⇒ V = 2λk lnL +

√L2 + 4R2

2R



iii) En el punto C

X

r

dx

L dV

C

R

x

dV = kdQ

r(6.14)

sabiendo que: dQ = λdx ademas, de la figura: r = L+R−x. Reemplazando en la ecuacion(6.14) se obtiene:

dV = kλdx

L + R− x

V = −λk

∫ L

0

−dx

L + R− x

sea u = L + R− x entonces du = −dx, luego se tiene:

= −λk

∫ R

L+R

du

u

= −λk [ln u]RL+R

= −λk [ln R− ln (L + R)]

∴ V = λk lnL + R

R

Problema 6.2Se tiene una placa de espesor despreciable, la cual posee una distribucion continua decarga σ, de radio a y que tiene un angulo central θ como se indica en la figura. Determineel potencial en el punto 0.

Q

a

O

q

Solucion:

dr

dr

dQda

a

rdVo



Sabiendo que, dV = kdQ

r(6.15)

Luego, si dQ = σds, de la figura se tiene: ds = rdαdr, entonces

dV = kσrdαdr

r

V = kσ

∫ θ

0

dα

∫ a

0

dr

V = kσθa

por lo tanto, el potencial en el punto 0 es: V = kσθa

Problema 6.3Una esfera pequena con una masa de 1,50g cuelga de un cordel entre dos placas verticalesparalelas separadas por una distancia de 5,0cm. Las placas son aisladoras y tienen densi-dades de carga superficiales uniformes −σ y +σ. La carga de la esfera es q = 8,90×10−6C.¿Que diferencia de potencial entre las placas hara que el cordel adopte un angulo de 30o

con respecto a la vertical (figura)?.

Solucion:

5.00cm

30°

q

La fuerza de equilibrio en las direcciones x y y es:

Fe = mg tan θ

=(1,50× 10−3kg

) (9,8m/s2

)tan 30o

= 0,0085N.

Sabiendo que:

~Fe = ~Eq =V q

d

Si V = ~Ed, de aquı: ~E = V/d.

⇒ V =Fd

q=

(0,0085N) (0,050m)

8,90× 10−6CV = 47,8V



Problema 6.4Una hoja infinita con una densidad de carga superficie de 25,0 nC/m2 esta en el planoyz, atraviesa por el origen, y esta en un potencial de 1,00 kV en el punto y = 0, z = 0.Un alambre largo con una densidad lineal de carga de 80,0 nC/m paralelo al eje y eintersecta el eje de las abscisas en x = 3,00 m. (A) Determine, en funcion de x, elpotencial a lo largo del eje de las abscisas entre alambre y hoja. (B) ¿Cual es la energıapotencial de un 2,00 nC carga colocado en x = 0,800 m?.

Solucion:La hoja crea un campo ~E1 = σ

2ε0i para x > 0. A lo largo del eje de las abscisas, la lınea

de cargo crea un campo:

~E2 =λ

2πrε0

=λ

2πε0 (3,00− x)

(−i

)para x¡3.00m

El campo total a lo largo del eje x en la region 0 < x < 3,00m, es entonces:

~E = ~E1 + ~E2 =

[σ

2ε0

− λ

2πε0 (3,00− x)

]i

(a)El potencial en el punto x, luego

V − V0 = −∫ x

0

E · idx = −∫ x

0

[σ

2ε0

− λ

2πε0 (3,00− x)

]dx

V = V0 − σx

2ε0

− λ

2πε0

ln

(1− x

3,00

)

= 1,00kV − (25,0× 10−9C/m2) x

2 (8,85× 10−12C2/N ·m2)− 80,0× 10−9C/m

2π (8,85× 10−12C2/N ·m2)ln

(1− x

3,00

)

∴ V = 1,00kV −(

1,41kV

m

)x− (1,44kV ) ln

(1,00− x

3,00m

)

(b) En x = 0,800m, V = 316V , si tiene:

U = QV =(2,00× 10−9C

)(316J/C) = 633× 10−7J

∴ U = 633 nJ

Problema 6.5Un alambre de longitud finita que tiene una densidad lineal uniforme de la cargo λ le sondoblado en la forma mostrado en la figura. Encuentre el potencial electrico en el puntoO.

o

R

2R 2R

Solucion:

V = k

∫

cargatotal

dq

r(6.16)



De la figura se tiene:

V = k

∫ −R

−3R

λdx

−x+ k

∫

semicirculo

λds

R+ k

∫ 3R

R

λdx

x

= −kλ ln (−x)|−R−3R +

kλ

RπR + kλ ln x|3R R

= −kλ ln3R

R+ kλπ + kλ ln 3

⇒ V = kλ (π + 2 ln 3)

por consiguiente, el potencial electrico en el punto O, es: V = kλ (π + 2 ln 3).


Capıtulo 7

Capacitancia y Capacitores

Dos conductores cualesquiera separados por un aislador (o un vacıo) forman un capac-itor o condensador (Figura). Cada conductor tiene inicialmente una carga neta de cero yse transfieren electrones de un conductor al otro; a esto se le denomina cargar el capacitor.La experiencia nos dice que diferentes conductores, habiendo sido cargados de la mismacantidad de electricidad, adquieren distintos potenciales. Esto indica que se diferencianunos de otros por la propiedad fısica que caracteriza una magnitud denominada capacidad.

+Q

-Q

Conductor a

Conductor b

El campo electrico en cualquier punto de la region entre los conductores es proporcional ala magnitud Q de la carga de cada conductor. Se sigue que la diferencia de potencial Vab

entre los conductores tambien es proporcional a Q. Sin embargo, la relacion de carga re-specto a la diferencia de potencial no cambia. Esta relacion se conoce como capacitanciaC del capacitor:

C =Q

Vab

(definicion de capacitancia) (7.1)

La unidad SI de la capacitancia es un farad (1F). De acuerdo con la ecuacion (7.1), unfarad es igual a un coulomb por volt (1 C/V):

1F = 1farad = 1C/V = 1coulomb/volt

Cuando mayor es la capacitancia C de un capacitor, tanto mas grande es la magnitud Q dela carga en cualquiera de los conductores con una diferencia de potencial determinada Vab

34

7. Capacitancia y Capacitores 35

y, en consecuencia, es mayor la cantidad de energıa almacenada. Ası que, la capacitanciaes una medida del alcance de un capacitor para almacenar energıa.

7.1. Capacitores en serie y en paralelo

Para obtener los valores necesarios se combinan capacitores. Son muchas las combina-ciones posibles, pero las mas sencillas son la conexion en serie y la conexion en paralelo.

7.1.1. Capacitores en serie

Se asocia los capacitores (usaremos n-capacitores), como se indica en la figura. Seaplica una diferencial de potencial entre los puntos a y b. Se carga los capacitores, porestar en serie la carga es la misma en todo ellos.

C1

V1

C2

V2

C3

V3

Cn

Vn

V- +

-Q +Q

V = V1 + V2 + V3 + ... + Vn

=Q

C1

+Q

C2

+Q

C3

+ ... +Q

Cn

=

(1

C1

+1

C2

+1

C3

+ ... +1

Cn

)Q

V =

(1

Ceq

)Q ; ∴ Ceq =

Q

V(7.2)

La capacitancia equivalente Ceq de la combinacion en serie se define como la capaci-tancia de un solo capacitor cuya carga Q es la misma que la de la combinacion, cuandola diferencia de potencial V es la misma, entonces se tiene:

1

Ceq

=1

C1

+1

C2

+1

C3

+ ... +1

Cn

(capacitores en serie) (7.3)

El recıproco de la capacitancia equivalente de una combinacion en serie es igual a la sumade los recıprocos de las capacitancias individuales.



7.1.2. Capacitores en paralelo

El arreglo que se muestra en la figura, se conoce como una conexion en paralelo.

C1V-

+

Q1

C2

Q2

C3

Q3

Cn

Nuevamente, se aplica una diferencial de potencial V para cargar los capacitores. Porestar en paralelo, la diferencial de potencial de todos los capacitores individuales es lamisma V .

Q = Q1 + Q2 + Q3 + ... + Qn

= C1V + C2V + C3V + ... + CnV

= (C1 + C2 + C3 + ... + Cn) V

Q = CeqV (7.4)

De igual modo se demuestra que, con respecto a cualquier numero de capacitores enparalelo, es:

Ceq = C1 + C2 + C3 + ... + Cn (capacitores en paralelo) (7.5)

La capacitancia equivalente de una combinacion en paralelo es igual a la suma de lascapacitancias individuales.

7.2. Energıa Almacenada en un Capacitor

Las aplicaciones mas importantes de los capacitores dependen de su alcance paraalmacenar energıa. La energıa potencial electrica almacenada en un capacitor cargado essimplemente igual a la cantidad de trabajo que se necesito para cargarlo, es decir, paraseparar cargas opuestas y colocarlas en conductores diferentes. Cuando se descarga elcapacitor, esta energıa almacenada se recupera en forma de trabajo realizado por fuerzaselectricas.La energıa potencial U de un capacitor cargado se halla calculando el trabajo W que senecesito para cargarlo. Supongase que al terminar de cargar el capacitor la carga final es Qy la diferencia de potencial final es V . De acuerdo con la ecuacion (7.1), estas cantidadesse relacionan como sigue:

V =Q

C

Sean q y v la carga y la diferencia de potencial, respectivamente, en una etapa intermediadel proceso de carga; entonces v = q/C. En esta etapa, el trabajo dW que se requiere



para transferir un elemento de carga adicional dq es:

dW = vdq =qdq

C

El trabajo total W que se necesita para aumentar la carga q del capacitor de cero a unvalor final Q es:

W =

∫ W

0

dW =1

C

∫ Q

0

qdq =Q2

2C(7.6)

Si se define como cero la energıa potencial de un capacitor sin carga, entonces W de laecuacion (7.6) es igual a la energıa potencial U del capacitor cargado. La carga almacenadafinal es Q = CV ; por tanto, se puede expresar U (que es igual a W ) como:

U =Q2

2C=

1

2CV 2 =

1

2QV (7.7)

La forma final de la ecuacion (7.7) U = 12QV , muestra que el trabajo total que se requiere

para cargar el capacitor es igual a la carga total multiplicada por la diferencia de potencialpromrdio 1

2V durante el proceso de carga.

7.3. Problemas ResueltosProblema 7.1Cierto capacitor consiste en dos cilindros coaxiales huecos de hierro, uno dentro del otro.El cilindro interior tiene una carga negativa, y el exterior, carga positiva; la magnitudde la carga en cada uno es de 10Pc. El radio del cilindro interior es de 0,50mm, el delcilindro exterior, de 5,00mm, y la longitud de cada cilindro es de 18cm. a)¿Cual es lacapacitancia? b)¿Que diferencia de potencial es necesario aplicar para tener estas cargasen los cilindros?

Solucion:ds

L

rb

r

ra

-Q

+Q '0

Tomemos una superficie Gaussiana de radio r y de longitud L, para hallar el campoelectrico en la region: ra < r < rb, se tiene:

∮~E · d~S =

Qenc

ε0

(7.8)



De la figura, se tiene:

⇒ E (2πrL) =Q

ε0

E =Q

2πε0Lr

Luego,

Vab = −∫ rb

ra

~E · d~r = −∫ rb

ra

Qdr

2πε0Lr

= − Q

2πε0Lln

(rb

ra

)

Vba =Q

2πε0Lln

(rb

ra

)

Por definicion de capacitancia, se tiene:a)

C =Q

Vba

=2πε0L

ln(

ba

)

⇒ C =(0,18m) 2πε0

ln(

5,000,05

)

= 4,35× 10−12F

b)

V =Q

C=

10,0× 10−12C

4,35× 10−12F= 2,30V

Problema 7.2Un capacitor esferico consta de dos corazas conductoras esfericas concentricas separadaspor un vacio. La esfera interior tiene un radio de 15,0cm y la capacitancia es de 116pF .a)¿Cual es el radio de la esfera exterior? b)si la diferencia de potencial entre las dos esferases de 220V , ¿Cual es la magnitud de la carga de cada esfera?



Solucion:

rb

ra

r

ds

E

'0

Q

+Q

- - - -

+ + ++

+

+

Hallemos primero el campo entre las placas, luego el potencial entre las placas, tenemos:∮

~E · d~S =Qenc

ε0

−E(4πr2

)= −Q

ε0

⇒ E =Q

4πε0r2

Ahora, de la figura:

Vab = −∫ rb

ra

~E · d~r = −∫ rb

ra

Edr cos π

=

∫ rb

ra

Q

4πε0

dr

r2

=Q (rb − ra)

4πε0rarb

.

Luego, aplicando la definicion de capacitancia, se tiene:a)

C =Q

Vab

=4πε0rarb

(rb − ra); Si k =

1

4πε0

⇒ kCrb − kCra = rarb

rb =kCra

kC − ra

Reemplazando los valores, se tiene:

rb =k (116× 10−12F ) (0,15m)

k (116× 10−12F )− 0,15m= 0,175m

b) Si V = 220V ,entonces:

Q = CV

⇒ Q =(116× 10−12F

)(220V ) = 2,55× 10−8C.



Problema 7.3En la figura, cada capacitor tiene C = 4,0µF y V = +28V . Calcule a)la carga de cadacapacitor, b)la diferencia de potencial entre los bornes de cada capacitor; c)la diferenciade potencial entre los puntos a y d.

a

b

d

C1

C2

C3

C4

Solucion:a) Sabiendo que la capacitancia equivalente de la combinacion de capacitores es:

1

Ceq

=1(

1C1

+ 1C2

)+ C3

+1

C4

=1

(2,00µF + 4,0µF )+

1

4,0µF= 240µF.

Luego,

Q12 + Q3 = Q4 = Qtotal = CeqQ

⇒ CeqQ =(2,40× 10−6F

)(28,0V ) = 6,72× 10−5C

Y ademas:

2Q12 = Q3 ⇒ Q12 =Qtotal

3

=6,72× 10−5C

3= 2,24× 10−5C

∴ y Q3 = 4,48× 10−5C ; pero tambien,

Q1 = Q2 = Q12 = 2,24× 10−5C.

b)

V1 =Q1

C1

=2,24× 10−5C

4,00× 10−6F= 5,60V = V2

V3 =Q3

Q3

=4,48× 10−5C

4,00× 10−6F= 11,2V

V4 =Q4

Q4

=6,72× 10−5

4,00× 10−6F= 16,8V

c)

Vad = Vab − V4 = 248V − 16,8V = 11,2 V.



Problema 7.4Un capacitor de 4F y otro de 6F se conectan en paralelo entre los bornes de una tomade corriente de 600V . a)halle la carga de cada capacitor y el voltaje entre los bornes decada uno. b)Los capacitores cargados se desconectan de toma de corriente y uno de otro,y luego se conectan de nuevo uno con el otro con los bornes de signo diferente justos.Halle la carga final y el voltaje entre los bornes de cada uno.

Solucion:a) Si,

Ceq = 4,00µF + 6,00µF = 10,00µF

y ⇒ Qtotal = CeqV = (10,00µF ) (660V ) = 6,6× 10−3C

El voltaje sobre cada uno es 660, desde que estan dentro paralelamente. Ası:

Q1 = C1V1 = (4,00µF ) (660V ) = 2,64× 10−3C

Q2 = C2V2 = (6,00µF ) (660V ) = 3,96× 10−3C

b)

Qtotal = 3,96× 10−3C − 2,64× 10−3C

= 1,32× 10−3C y ademas

Ceq = 10,00µF , Ası es que el voltaje es:

V =Q

Ceq

=1,32× 10−3C

10,00µF= 132V

Ahora, los nuevos cambios, se tiene:

Q1 = C1V1 = (4,00µF ) (132V ) = 5,28× 10−4C

Q2 = C2V2 = (6,00µF ) (132V ) = 7,92× 10−4C

Problema 7.5Considere dos longitudes, paralelos, y opuestamente cargados alambres de radiod consus centros separados por una distancia D. Asumiendo la carga que es distribuido uni-formemente en la superficie de cada alambre, muestre que la capacitancia por unidad delongitud de este par de alambres es:

C

`=

πε0

ln(

D−dd

)



Solucion:El campo electrico debido a la carga en el alambre positivo es perpendicular para elalambre, hacia el lado radial, y de magnitud, es decir:

E+ =λ

2πε0r(7.9)

La diferencia potencial entre alambres debido a la presencia de este carga es:

∆V1 = −∫ alam(+)

alam(−)

~E · d~r = − λ

2πε0

∫ d

D−d

dr

r=

λ

2πε0rln

(D − d

d

)

La presencia de la densidad lineal de carga λ en el alambre negativo hace una contribucionidentica para la diferencia potencial entre los alambres. Por consiguiente, la diferenciapotencial total es:

∆V = 2 (∆V1) =λ

πε0

ln

(D − d

d

)

Y la capacitancia de este sistema de dos alambres, cada uno de longitud `, es:

C =Q

∆V=

λ`

∆V=

λ`(λ

πε0

)ln

(D−d

d

)

=πε0`

ln(

D−dd

)

∴ La capacitancia por longitud de la unidad es:

C

`=

πε0

ln(

D−dd

)


Capıtulo 8

Corriente, Resistencia y Circuitos deCorriente Continua

8.1. Corriente Electrica

Una corriente es todo movimiento de carga de una region a otra. Si a traves de unasuperficie imaginaria se traslada una carga total distinta de cero, se dice que a traves deesta superficie pasa corriente electrica. La corriente se produce a condicion de que dentrodel cuerpo exista un campo electrico.

Definimos la corriente a traves del area de seccion transversal A como la carga netaque fluye a traves del area por unidad de tiempo.Esta magnitud se llama intensidad de lacorriente. Por consiguiente, si una carga neta dQ fluye a traves de un area en un tiempodt, la intensidad de la corriente I a traves del area es:

I =dQ

dt(definicion de corriente) (8.1)

++

+

+

++

+

+

+

+

+

++

A

vdt

dl

L

E

VA

VB

Sea L la longitud de una porcion conductor metalico, en el cual esta presente un campoelectrico ~E, gracias a la diferencia de potencial (VBA = VB −VA) los electrones se muevende izquierda a derecha con una velocidad ~v.En un tiempo dt cada electron avanza una distancia dl = vdt en este tiempo, el numerode electrones que cruzan el area A, es el numero contenido es, una porcion del conductor

43

8. Corriente, Resistencia y Circuitos de Corriente Continua 44

de longitud dl, es decir de volumen dV = vAdt.Si n es el numero de electrones por unidad de volumen (concentracion), entonces el numerode electrones en el elemento de volumen dV o el numero de electrones que cruzan el areaen el tiempo dt es:

N = ndV = nvAdt

Si e es la carga de cada electron, entonces la carga presente en el elemento de volumen dedV es dQ; es decir,

dQ = Ne = nevAdt.

Y la corriente es

I =dQ

dt= n|q|vA (expresion general de la corriente) (8.2)

Donde q es la carga de la partıcula.

La corriente por unidad de area de seccion transversal se denomina la densidad decorriente J :

J =I

A= nev (densidad de corriente) (8.3)

La densidad de corriente es en general una magnitud vectorial ~J que incluye la direccionde la velocidad de deriva:

~J = −ne~v (densidad de corriente vectorial) (8.4)

Para una partıcula:

~J = ne~v (8.5)

8.2. Resistividad y la Ley de Ohm

8.2.1. Resistividad

Definimos la resistividad ρ de un material como la relacion de las magnitudes delcampo electrico y de la densidad de corriente:

ρ =E

J(definicion de resistividad) (8.6)

De acuerdo con la ecuacion (8.6), las unidades de ρ son (V/m)/(A/m2) = V ·m/A.



8.2.2. Ley de Ohm

Para mantener corriente en un conductor debe existir un campo electrico ~E o ungradiente de potencial V dentro del conductor; es decir,

~E = −gradV (En una direccion)

E = −dV

dx

Sabiendo, que:

~J = σ ~E

Donde, σ es la conductividad del conductor, luego:

J = σ

(−dV

dx

)

I

A= σ

(dV

dx

)

I = −σAdV

dx

I

∫ L

0

dx = −σA

∫ VB

VA

dV

IL = σA (VA − VB)

⇒ I =

(σA

L

)V (8.7)

Donde:(

σAL

)se llama conductancia del conductor.

La inversa de la conductancia se denomina Resistencia del conductor se denotageneralmente con la letra R

R =L

σA(Resistencia del conductor) (8.8)

Se ve que la resistencia R de un conductor en particular esta relacionada con la resistividadρ de un material como sigue:

R =ρL

Arelacion entre resistencia y resistividad (8.9)

Si ρ es constante, como en el caso de los materiales ohmicos, entonces tambien lo es R.

La ecuacionV = IR (8.10)

suele identificarse con la ley de Ohm, pero es importante que el verdadero contenido dela ley de Ohm es la proporcionalidad directa de V con respecto a I o de J con respectoa E. Cuando R es constante es correcto llamar ley de Ohm a esta relacion.



8.3. Fuerza electromotriz

Las fuentes de energıa electrica que hacen que las cargas se muevan en los circuitoselectricos, historicamente, se han llamado fuentes de Fuerza Electromotriz en realidadson fuentes de energıa y no de fuerza y para evitar el empleo de la palabra fuerza, confrecuencia se usan la palabra de FEM o fem. Cuando pensamos en las fuentes de fem,por lo general tenemos en mente a acumuladores, pero hay una variedades de fuentes deenergıa electrica, tales como:

Un acumulador o una Baterıa que convierte energıa electrica a una FEM .

Una celda solar convierte la energıa solar en una FEM .

Un termopar produce un FEM , etc.

En general una fuente de FEM es cualquier dispositivo (una baterıa o generador) queproduce un campo electrico y por lo tanto puede originar el movimiento de las cargas enun circuito.

8.4. Resistores en serie y en paralelo

8.4.1. Resistores en serie

R1

V3

R R2 3

V V3 3

Rn

Vn

V+

-

I

Si los resistores estan en serie, como en la figura, la corriente I debe ser la misma en todoellos. Aplicando V = IR a cada resistor. La diferencia de potencial V entre los extremosde la combinacion en su totalidad es la suma de estas diferencias de potencial individuales,se tiene:

V = V1 + V2 + V3 + ... + Vn

= IR1 + IR2 + IR3 + ... + IRn

= I (R1 + R2 + R3 + ... + Rn)

⇒ V = IReq (8.11)

∴ Req = R1 + R2 + R3 + ... + Rn (resistores en serie) (8.12)

La resistencia equivalente de cualquier numero de resistores en serie es igual a la sumade sus resistencias individuales.



8.4.2. Resistores en paralelo

V+

-

I

R1

R2

R3

Rn

Si los resistores estan en paralelo, como en la figura, la corriente a traves de cada resistorno es necesariamente la misma. Pero la diferencia de potencial entre los bornes de cadaresistor debe ser la misma e igual a Vab. Sean las n-corrientes I1, I2I,3 .... Entonces dadoque I = V/R.

I = I1 + I2 + I3 + ... + In

=V

R1

+V

R2

+V

R3

+ ... +V

Rn

= V

(1

R1

+1

R2

+1

R3

+ ... +1

Rn

)

⇒ I = V

(1

Req

)(8.13)

∴ 1

Req

=1

R1

+1

R2

+1

R3

+ ... +1

Rn

(resistores en paralelo) (8.14)

En el caso de cualquier numero de resistores en paralelo, el recıproco de la resistenciaequivalente es igual a la suma de los recıprocos de sus resistencias individuales.

8.5. Reglas de Kirchoff

El calculo de los circuitos derivados se simplifica mucho si se utilizan las reglas oLeyes enunciados por Kirchoff. Estas reglas son dos. La primera de ellas se refiere a losnudos de un circuito. Se llama nudo el punto en el cual concurren mas de dos conductores.

La primera Regla de Kirchoff de las uniones dice que la suma algebraica de lascorrientes en cualquier union es cero:

∑i

Ii = 0 (8.15)

La segunda Regla de Kirchoff de las espiras dice que la suma algebraica de lasdiferencias de potenciales en cualquier espira o en una malla debe ser igual a cero. Esdecir: ∑

i

Vi = 0 (8.16)



8.6. Circuito RC

En los circuitos que hemos analizado hasta aquı, hemos supuesto que todas las fem yresistencias son constantes (independientes del tiempo), por lo que todos los potenciales,corrientes y potencias tambien son independientes de tiempo. Pero en el simple acto decargar o descargar un capacitor nos topamos con una situacion en la que las corrientes,voltajes y potencias cambian con el tiempo.

8.6.1. Carga de un capacitor

i=0 q=0

a b c

+ -e S

R C

+ -

eS

i -q

a b cR C

+q®

®

i

(a) Capacitorinicialmente sin carga

(b) Carga del capacitor

La figura muestra un circuito simple para cargar un capacitor. Un circuito como este, conun resistor y un capacitor en serie, se denomina circuito RC.

Inicialmente, el capacitor esta descargado (Fig.a); despues, la diferencia de potencialvbc entre los extremos es cero en cierto tiempo inicial t = 0 se cierra el interruptor paracompletar el circuito y permitir que la corriente alrededor de la malla comience a cargarel capacitor (Fig.b). La corriente inicial (t = 0) a traves del resistor, a la que llamaremosI0, esta dada por la ley de Ohm: I0 = vab/R = ε/R.

Sea q la carga del capacitor e i la corriente en el circuito al cabo de cierto tiempo tdespues de cerrar el interruptor. Asignaremos el sentido positivo a la corriente en corre-spondencia al flujo de carga positiva hacia la placa izquierda del capacitor, como en lafigurab. Las diferencias de potencial instantaneas vab y vbc son:

vab = iR vbc =q

C

Utilizando estas en la regla de Kirchoff de las mallas, se obtiene:

ε− iR− q

C= 0 (8.17)

Pero,i = dq/dt, entonces

dq

dt+

1

RCq =

ε

R(8.18)



Teorema 8.6.1Supongamos que

dY

dx+ p (x) Y = q (x) (8.19)

Esta definido en un intervalo I, entonces la solucion general de esta ecuacion es:

Y (x) =

[C +

∫q (x) e

∫p(x)dxdx

]e−

∫p(x)dx (8.20)

Donde C es constante arbitraria.

Comparando: p(x) ∼ 1/RC q(x) ∼ ε/R Y (x) ∼ q(t), luego se tiene:

q (t) =

[C +

∫ε

Re

∫1

RCdtdt

]e−

∫1

RCdt

=

[C +

ε

R

∫e

tRC

dt

]e−

tRC

=[C +

ε

RRCe

tRC

]e−

tRC

q (t) = Ce− tRC + εC (8.21)

Analizando: En t = 0, q(t) = q(0) = 0 ⇒ C = −εC, entonces

q (t) = −εCet

RC + εC

= εC(1− e−t/RC

)

Donde εC = Q (carga total)

q (t) = Qf

(1− e−t/RC

)(capacitor en carga) (8.22)

Ahora, sabiendo que i = dq/dt, ademas de la ecuacion (8.22) se tiene:

i = −Qe−t/RC

(− 1

RC

)

=Q

RCe−t/RC ; ε = Q/C

=ε

Re−t/RC

⇒ i = I0e−t/RC (capacitor en carga) (8.23)



8.6.2. Descarga de un capacitor

i=0

a b c

S

R C

S

i +q

a b cR C

-q®

®

i

(a) Capacitorinicialmente cargado

(b) Descarga del capacitor

-Q+Q00

Supongase ahora que, cuando el capacitor de la figuracb ya ha adquirido una carga Q0,quitamos la baterıa del circuito RC y conectamos los puntos a y c a un interruptor abierto(Figda). En seguida cerramos el interruptor y en el mismo instante reajustamos nuestrocronometro a t = 0; en ese momento, q = Q0. Por lo que el capacitor se descarga a travesdel resistor, y su carga disminuye finalmente a cero.

Sean una vez mas i y q la corriente y la carga que varıan con el tiempo, en ciertoinstante despues de efectuar la conexion. En la figuradb se asigna el mismo sentido positivoa la corriente. En estas condiciones la regla de Kirchoff de las mallas, se tiene, aunque conε = 0; es decir,

q

C− iR = 0 (8.24)

En el tiempo t = 0, cuando q = Q0, la corriente inicial es I0 = −Q/RC y ademasi = −dq/dt ; (−)porque desminuye la corriente, tenemos:

q

C+

dr

dtR = 0

dq

dt+

1

RCq = 0

dq

q= − 1

RCdt

∫ q

Q

dq

q= − 1

RC

∫ t

0

dt

ln q|qQ = − t

RC

⇒ q (t) = Q0e−t/RC (capacitor en descarga) (8.25)

La corriente instantanea i es la derivada de esto con respecto al tiempo:

i = −dq

dt= −Q0e

−t/RC

(− 1

RC

)

=Q0

RCe−t/RC =

V

Re−t/RC



⇒ i = I0e−t/RC (capacitor en descarga) (8.26)

8.7. Problemas ResueltosProblema 8.1Un alambre metalico de 12Ω, se corta en tres pedazos iguales y luego se conectan losextremos para formar un nuevo alambre, cuya longitud igual a la tercera parte de lalongitud original. ¿cual es la resistencia de este nuevo alambre?.

Solucion:Del problema, sabiendo que la resistencia del alambre es: R = ρL/A = 12Ω.Luego la resistencia del nuevo alambre formado, cuando L = L/3 se tiene:

R = ρL/3

A=

1

3

(ρL

A

)

De aquı, sea que R′ = 13R; es decir,

A BA B º

R¢

R¢

R¢

De la figura, tenemos la resistencia equivalente:

1

Req

=3

R′

⇒ Req =1

3R′ =

1

3

(1

3R

)=

1

9R

=12

9Ω.

Problema 8.2Un alambre con resistencia de R se alarga hasta 1,25 veces su longitud original jalandolaa traves de pequeno agujero. Encuentre la resistencia del alambre despues de alargado.

Solucion:En primer lugar, el volumen del alambre es: V = AL, luego de alargar 1,25L del alambreoriginal, el volumen del alambre sera: V ′ = A′ (1,25L), entonces la resistencia despues delalargado se tiene:

R′ = ρ1,25L

A′ (8.27)

Por la conservacion de la masa, se tiene:

V = V ′

AL = A′ (1,25L)

⇒ A′ =A

1,25



Ahora, reemplazando en la ecuacion (8.27), se tiene:

R′ = (1,25)2 ρL

A∴ R′ = 1,56R.

Problema 8.3Un alambre de oro que transporta corriente que tiene un diametro de 0,84mm. El campoelectrico en el alambre es de 0,49 V/m. ¿Cual es a) la corriente que el alambre transporta?b) la diferencia de potencial entre dos puntos del alambre a 6,4m de diferencia uno delotro? c) la resistencia de un tramo de 6,4m de largo de este alambre?.

Solucion:a) Recordando la densidad de corriente: J = I/A, entonces se tiene:

I = JA =EA

ρ

=(0,49V/m)

(π4

(0,84× 10−3m)2)

(2,44× 10−8Ω ·m)2

I = 11,1A.

b) Si, V = IR, ademas R = ρL/A, luego se tiene:

V =IρL

A

=(11,1A) (2,44× 10−8Ω ·m) (6,4m)(

π4

)(0,84× 10−3m)2 = 3,13V

c)

R =V

I=

3,13V

11,1A= 0,28Ω.

Problema 8.4A un material de resistividad ρ se le da la forma de un cono truncado solido de alturah y de radio r1 y r2 en los extremos (Fig.) a) Calcule la resistencia del cono entre lasdos caras planas. (Sugerencia: suponga que rebana el cono en muchos discos delgados ycalcule la resistencia de uno de esos discos) b) Demuestre que su resultado concuerda con



la ecuacion: R = ρL/A; cuando r1 = r2.

h

r1

r2

Solucion:a)

h

r2

r1

x=h

x=0

r

dx

r

dR =ρL

A=

ρdx

πr2(8.28)

De la figura, por semejanza de triangulos, se tiene:

r − r2

x=

r1 − r2

h; donde

r = r2 +

(r1 − r2

h

)x (8.29)

Luego reemplazando la ecuacion (8.28) en (8.29):

dR =ρdx

π(r2 +

(r1−r2

h

)x)2

Integrando tenemos:

R =

∫ h

0

ρdx

π(r2 +

(r1−r2

h

)x)2

Haciendo el cambio de variable,

sea u = r2 +(r1 − r2)

hx ⇒ du =

r1 + r2

hdx



Y luego para x = 0, u = r2, x = h y u = r1 entonces tenemos:

R =ρ

π

∫ r1

r2

hr1−r2

du

u2=

ρh

π (r1 − r2)

∫ r1

r2

du

u2

= − ρh

π (r1 − r2)

[1

u

]r1

r2

= − ρh

π (r1 − r2)

[1

r1

− 1

r2

]

= − ρh

π (r1 − r2)

(r2 − r1

r1r2

)

R =ρh

π (r1r2)

b) Donde r1 = r2 = r; entonces:

R =ρh

πr2=

ρh

A.

Problema 8.5En el circuito de la figura. a) Encuentre la diferencia de potencial entre los puntos a y b.b) Encuentre i1, i2 y i3.

+ -

-

+

i1

i3

i2

i2

i1

a b10V

5V

5W 7WI1

I2

Solucion:Para la malla I:

+5− 3I1 − 5 (I1 + I2) = 0

5− 3I1 − 5I1 − 5I2 = 0

−8I1 − 5I2 = −5 (8.30)

Y luego para la malla II:

10− 5 (I1 + I2)− 7I2 = 0

−5I1 − 12I2 = 10 (8.31)

De las ecuaciones (8.30) y (8.31), se tiene: I1 = 0,14A y I2 = 0,77A.a) Vab = V1 + 10, si

V1 = I1 (3) = 0,14 (3) = 0,42V



⇒ Vab = 0,42V + 10V = 10,42V

b) De la figura, se tiene:

i1 = I1 = 0,14A

i2 = I1 + I2 = 0,14A + 0,77A = 0,91A

i3 = I2 = 0,77A.

Problema 8.6Hallar las resistencias equivalentes en los puntos a y b.

a

b

R/2R/2

R/2R/2

R/2R/2

R/2R/2

R R R R

Solucion:

a

b

R Req

R/2

R/2

De la figura, sea que,

R′ =RReq

R + Req

(8.32)

y luego entre los puntos a y b se tiene:

Req =R

2+ R′ +

R

2= R + R′ (8.33)



Ahora reemplazando R′ en la ecuacion anterior, tenemos:

Req = R +RReq

R + Req

Req −R =RReq

R + Req

(Req −R) (R + Req) = RReq

R2eq −R2 = RReq

R2eq −RReq −R2 = 0

Req =+R±

√R2 − 4 (−R2)

2

Req =

(1−√5

)R

2.

Problema 8.7En el circuito de la figura, halle a) la corriente en el resistor de 3Ω, b) las fem desconocidasε1 y ε2 y c) la resistencia R. Advierta que se dan tres corrientes.

I II

III

e1

e2

4W 3W 6W

R2A

5A3A

+ - +-

Solucion:a) La suma de las corrientes que entran en el resistor de 3Ω es igual a 3A + 5A = 8A. b)Usando la segunda regla de Kirchoff para la malla I:

ε1 − (4Ω) (3A)− (3Ω) (8Ω) = 0

ε1 = 36V.

Igual manera para la malla II:

ε2 (6Ω) (5A)− (3Ω) (8A) = 0

ε2 = 54V.

c) Usando la segunda regla de Kirchoff para malla III, se tiene:

ε2 −R (2A)− ε1 = 0

⇒ 54V −R (2A)− 36V = 0

∴ R =18V

2A= 9Ω.



Problema 8.8a) Determinar el voltaje a traves del condensador de la figura. b) Si la baterıa se desconec-ta, expresar la corriente en funcion del tiempo. c) Cuando tiempo tardara en descargarseel condensador, hasta que la diferencia de potencial en sus terminales sean 1volteo.

Solucion:

+

-A B

80W 20W

10W 40W

I1

I2

V1

V2

36V

10 Fm

Aplicando la segunda regla de Kirchoff para las mallas I y II, tenemos:Para la malla I:

36− 10I1 − 80I1 = 0; ⇒ I1 =4

10A

Para la malla II:

36− 40I2 − 20I2 = 0 ⇒ I2 =6

10A

a) VC =?, si:

V1 = I1R = (4/10) (80) = 32V

V2 = I2R = (6/10) (20) = 12V

⇒ VC = V1 − V2 = 32− 12 = 20V.

b)

A B

80W 20W

10W 40W

10 Fm

10 Fm

R =¢100

3W

Vc=20V

»

Aplicando la formula de la corriente instantanea es decir,

i (t) = I0e−tRC

=V

Re−t/RC



Si RC = 1003

(10× 10−6) = 1/3000

i (t) =3

5e−3000t.

c) Utilizando la ecuacion (8.25), se tiene:

q (t) = Q0e−t/RC

q

Q= e−t/RC

lnq

Q= − t

RC

⇒ t = −RC lnq

Q(8.34)

Si Q = CV = C20 ademas q = C1 = −C1 entonces q/Q = 1/20, luego reemplazando enla ecuacion anterior, se tiene:

t = −10−3

3ln

(1

20

)

= −9,985× 10−4.


Capıtulo 9

Campo Magnetico y Fuentes deCampo Magnetico

9.1. Campo magnetico

Un iman o una corriente electrica establece campo magnetico en el espacio. Podemosdescribir las interacciones magneticas de manera similar a las interacciones electricas:

1. Una carga en movimiento o una corriente genera un campo magnetico en el espaciocircundante (ademas de su campo electrico).

2. El campo magnetico ejerce una fuerza ~F sobre cualquier otra carga en movimientoo corriente presente en el campo.

Al igual que el campo electrico, el campo magnetico es un campo vectorial, esto es,una cantidad vectorial asociada con cada punto del espacio. Utilizaremos el sımbolo ~Bpara representar el campo magnetico. En cualquier posicion se define la direccion de ~Bcomo aquella en la que tiende a apuntar el polo norte de una brujula.

Tambien la fuerza magnetica depende de la velocidad de la partıcula. En esto sedistingue claramente de la fuerza de campo electrico, que es la misma ya sea que lacarga se mueva o no. Una partıcula con carga en reposo no experimenta fuerza magneticaalguna. Ademas, se encuentra que la fuerza magnetica ~F no tiene la misma direccion queel campo ~B, sino que es siempre es perpendicular tanto a ~B como a la velocidad ~v. Sumagnitud se proporciona por:

F = |q|v⊥B = |q|vB sen φ (9.1)

Donde |q| es la magnitud de la carga y φ es el angulo medido de la direccion de ~v a la

direccion de ~B, como se muestra en la figura.

59

9. Campo Magnetico y Fuentes de Campo Magnetico 60

+

q q

B

v+

q

v

B

Lo antes expuesto muestra que la fuerza sobre una carga q que se desplaza con veloci-dad ~v en un campo magnetico ~B se proporciona, tanto en terminos de magnitud como dedireccion, por:

~F = q~v × ~B (9.2)

(fuerza magnetica sobre una partıcula con carga en movimiento)

La unidad SI de B es equivalente a 1N · s/C · m, o bien, puesto que un ampere es uncoulomb por segundo (1A = 1C/s), 1N/A ·m. Esta unidad se llama tesla (T ):

1tesla = 1T = 1N/A ·m

Cuando una partıcula con carga se traslada a traves de una region del espacio dondeestan presentes tanto un campo electrico como uno magnetico, ambos campos ejercenfuerzas sobre la partıcula. La fuerza total ~F es la suma vectorial de las fuerzas electrica ymagnetica:

~F = q(

~E + ~v × ~B)

(9.3)

9.2. Flujo magnetico

Definiremos ahora el flujo magnetico ΦB a traves de una superficie del mismo modocomo definimos el flujo electrico en relacion con la ley de Gauss. Cualquier superficie sepuede dividir en elementos de area dA. con respecto a cada elemento se determina B⊥,la componente de ~B normal a la superficie en la posicion de este elemento. Definimos elflujo magnetico dΦB a traves de esta area como:

dΦB = B⊥dA = B cos φdA = ~B · d ~A (9.4)

El flujo magnetico total a traves de la superficie es la suma de las contribuciones de loselementos de area individuales:

ΦB =

∫B⊥dA =

∫B cos φdA =

∫~B · d ~A (9.5)

(flujo magnetico a traves de una superficie)



La unidad SI de flujo magnetico es igual a la unidad de campo magnetico (1T ) multiplicadapor la unidad de area (1m2). Esta unidad se llama weber:

1Wb = 1T ·m2

Ademas, 1T = 1N/A ·m; por esto,

1Wb = 1T ·m2 = 1N ·m/A

Se concluye que el flujo magnetico total a traves de una superficie cerrada siem-pre es cero. De forma simbolica,

∮~B · d ~A = 0 (9.6)

9.3. Movimiento de partıcula con carga en un campo

magnetico

Cuando una partıcula con carga se traslada en un campo magnetico, actua sobre ellala fuerza magnetica, y el movimiento esta determinado por la ley de Newton. Considere-mos una partıcula con carga positiva q se encuentra en el punto 0, desplazandose con unavelocidad ~v en un campo magnetico uniforme ~B dirigido hacia el plano de la figura. Losvectores ~v y ~B son perpendiculares; por lo tanto, la fuerza magnetica ~F = q~v × ~B tienemagnitud F = qvB y su direccion es como se muestra en la figura. La fuerza siemprees perpendicular a v, por lo que no puede alterar la magnitud de la velocidad; solo sudireccion.

´ ´ ´ ´ ´ ´

´ ´ ´ ´ ´ ´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

´

o+

+

+

v

F

v

v

F

F

B

p

s

R

Vemos que la trayectoria de la partıcula es un circulo, trazado con rapidez constante v.La aceleracion centrıpeta es v2/R y la unica fuerza que actua es la fuerza magnetica; porlo tanto, de acuerdo con la segunda ley de Newton,

F = |q|vB = mv2

R(9.7)

Donde m es la masa de la partıcula. Resolviendo la ecuacion (9.7) para el radio R de latrayectoria circular se obtiene:

R =mv

|q|B (radio de la orbita circular en un campo magnetico) (9.8)



La rapidez angular w de la partıcula se halla a partir de la ecuacion: v = Rw. Com-binando esto con la ecuacion anterior, se obtiene:

w =v

R= v

|q|Bmv

=|q|Bm

(9.9)

El numero de revoluciones por unidad de tiempo es f = w/2π. Esta frecuencia f esindependiente de radio R de la trayectoria. Se le conoce como frecuencia de ciclotron.

9.4. Fuerza magnetica sobre un conductor que trans-

porta corriente

Las fuerzas magneticas sobre las cargas en movimiento del interior del conductor setransmiten al material del conductor, y el conductor en conjunto experimenta una fuerzadistribuida a todo lo largo de el. Podemos calcular la fuerza sobre un conductor portadorde corriente a partir de la fuerza magnetica ~F = q~v× ~B sobre una sola carga en movimien-to. La figura muestra un segmento recto de un alambre conductor, de longitud l y de areade seccion transversal A; la corriente es de abajo hacia arriba. El alambre se encuentra enun campo magnetico uniforme ~B, perpendicular al plano del diagrama y dirigido hacia elplano.

A

+

q

v

LF

B

J

J

Ahora empleando la definicion de la densidad de corriente. El numero de cargas por unidadde volumen es n; un segmento del conductor de longitud l tiene un volumen Al y contieneun numero de cargas igual a nAl. La fuerza total ~F sobre todas las cargas en movimientode este segmento tiene magnitud

F = (nAl) (qvB) = (nqvA) (lB) (9.10)

La densidad de corriente es J = nqv. El producto JA es la corriente total I, de modo quepodemos reformular la ecuacion anterior como

F = IlB (9.11)

Si el campo ~B no es perpendicular al alambre, sino que forma un angulo φ con el, de estemodo la fuerza magnetica sobre el segmento de alambre es:

F = IlB⊥ = IlB sen φ (9.12)



La fuerza siempre es perpendicular tanto al conductor como al campo, con la direcciondeterminada por la misma regla de la mano derecha a una carga positiva en movimiento.

Si representamos el segmento de alambre mediante el vector ~l a lo largo del alambreen el sentido de la corriente, entonces la fuerza ~F sobre este segmento es:

~F = I~l × ~B (fuerza magnetica sobre un segm. recto de alambre) (9.13)

Si el conductor no es recto, podemos dividirlo en segmentos infinitesimales d~l. Lafuerza d~F sobre cada segmento es:

d~F = Id~l × ~B (fuerza magnetica sobre una seccion infinitesimal de alambre) (9.14)

9.5. Fuerza y momento de torsion en una espira de

corriente

consideremos y examinemos una espira rectangular que conduce una corriente I en uncampo magnetico uniforme en direccion paralela al plano de la espira como se muestraen la figura. Hallaremos que la fuerza total sobre la espira es cero, pero que se puedehaber un momento de torsion neto que actue sobre la espira, con algunas propiedadesinteresantes.

r

a

b

B

F1

B B

F2

r

Io

* La fuerza sobre el lado a, en este caso es nula.

* La fuerza sobre el lado b, es:

F1 = F2 = IbB

o

F2

F1

b=a/2b=a/2



El momento o torque total sobre la espira, es:

τ = F1b + F2b ;brazo: b

= IbB(a

2

)+ IbB

(a

2

)

τ = IabB

⇒ τ = IAB ; A = ab (9.15)

Ahora supongamos que el campo magnetico uniforme ~B forma un angulo θ con lalinea perpendicular al plano de la espira, como se muestra en la figura:

r

B

F3

B

F4

r

F2

r

r

F1

* La fuerza sobre el lado a (superior) esta dirigido hacia arriba, similar en lado inferiorexiste una fuerza de igual magnitud, opuestas y estas fuerzas se cancelan.

o

F4

F3

a/2a/2

r

q

q

b¢

B

n

* La fuerza sobre el lado b, es:

F3 = F4 = IbB

El momento o torque total sobre la espira, es:

τ = F1b′ + F2b

′ ; brazo: b′

= IbB(a

2sen θ

)+ IbB

(a

2sen θ

)

= IabB sen θ

⇒ τ = IAB sen θ. (9.16)



El producto IA se denomina momento dipolar magnetico (magnitud del momento detorsion sobre una espira de corriente) o momento magnetico de la espira, y se representamediante el sımbolo µ:

µ = IA

La magnitud del momento de torsion sobre una espira de corriente es:

τ = µB sen θ (9.17)

Donde θ es el angulo entre la normal a la espira (la direccion del area vectorial ~A) y ~B.

Por ultimo, podemos expresar esta interaccion en terminos del vector de momento detorsion ~τ . De acuerdo con la ecuacion (9.17) la magnitud de ~τ es igual a la magnitud de

~µ× ~B, tenemos:~τ = ~µ× ~B (9.18)

9.6. La Ley de Biot y Savart

I

dl

P

r

r

r

Vamos a aclarar el caracter del campo magnetico que crea un conductor delgado arbitrariopor el cual pasa corriente. Consideremos un elemento pequeno del conductor cuya longitudsea dl, como se muestra en la figura. El volumen de este elemento es Adl, donde A es elarea de seccion transversal del conductor. Este elemento contendra nAdl portadores decorriente (n es el numero de portadores por unidad de volumen), cada una con una cargaq, la carga total dQ en movimiento en el segmento es:

dQ = nqAdl

Las cargas en movimiento en este segmento equivale a una sola carga dQ que viaja conuna velocidad igual a la velocidad de deriva ~vd. De acuerdo con la ecuacion de la magnituddel campo magnetico en el punto P esta dada por:

B =µ0

4π

|q|v sen φ

r2(9.19)



Entonces la magnitud del campo resultante d ~B en cualquier punto de campo P es:

dB =µ0

4π

|dQ|vd sen φ

r2=

µ0

4π

n|q|vdAdl sen φ

r2

Pero segun la ecuacion (8.2) n|q|vA es igual a la corriente I en el elemento. Por tanto,

dB =µ0

4π

Idl sen φ

r2(9.20)

En forma vectorial, utilizando el vector unitario r, se tiene lo siguiente:

d ~B =µ0

4π

Id~l × r

r2(9.21)

donde d~l es el vector de longitud dl, en la misma direccion de la corriente en el conductor.

Las ecuaciones (9.20) y (9.21) se conoce como la ley de Biot y Savart. Esta ley

permite hallar el campo magnetico total ~B debido a la corriente en un circuito completo,en cualquier punto del espacio. Para ello, se integra la ecuacion (9.21) con respecto a todos

los segmentos d~l que transportan corriente en algun punto por un conductor de longitudfinita, se tiene:

~B =µ0

4π

∫Id~l × r

r2(9.22)

9.7. Ley de Ampere

Si un conductor, por el que pasa corriente I, se encuentra en un campo magnetico,sobre cada uno de los portadores de corriente actua la fuerza.

La ley de Ampere no se formula en terminos de flujo magnetico, sino mas bien enterminos de la integral de linea de ~B alrededor de un trayecto cerrado, que se denota con∮

~B · d~lSe sabe que la magnitud del campo a una distancia r del conductor es:

B =µ0I

2πry que las lıneas de campo magnetico son cırculos centrados en el conductor. Obtengamosla integral de linea de ~B alrededor de uno de estos cırculos de radio r. En todos os puntosdel cırculo ~B y d~l son paralelas y, por tanto, ~B · d~l = Bdl; puesto que r es constantealrededor del cırculo, B tambien es constante; por tanto,∮

~B · d~l =

∮B‖dl = B

∮dl =

µ0I

2πr(2πr) = µ0I

De este modo se puede sustituir I por Ienc, la suma de las corrientes encerradas oenlazadas por el trayecto de integracion, con la suma evaluada con base en la regla designos ya descrita. Por lo tanto nuestro enunciado de la ley de Ampere es:∮

~B · d~l = µ0Ienc (ley de Ampere) (9.23)



9.8. Problemas ResueltosProblema 9.1Hallar el campo magnetico ~B creado por un conductor rectilineal infinita que conduceuna corriente I (constante) y a una distancia R.

Solucion:

lr

R

X

Y

Z

q

180°-q

I

dl

ur

ut

Aplicando la ley de Biot-Savart (9.20) para encontrar el campo d ~B generado por el ele-mento de conductor de longitud dl, se tiene:

dB =µ0

4π

Idl sen θ

r2

B =µ0I

4π

∫sen θdl

r2

De acuerdo con la figura, sen θ = sen (π − θ), luego sabiendo que:

csc (π − θ) = r/R ⇒ r = R csc (π − θ)

r = R csc θ

ademas,

cot (π − θ) = l/R ⇒ l = R cot (π − θ)

l = −R cot θ ; de aquı:

dl = R csc2 θdθ



luego,

B =µ0I

4π

∫ π

0

sen θR csc2 θdθ

R2 csc2 θ

=µ0I

4πR

∫ π

0

sen θdθ

= − µ0I

4πR(cos π − cos 0)

= 2µ0I

4πR

B =µ0I

2πRPor consiguiente, el campo magnetico creado por conductor rectilineal infinita es:

~B = − µ0I

2πRi.

Problema 9.2Hallar el campo magnetico ~B de una espira creado por una corriente circular, a unadistancia R del punto 0.

Solucion:

I

X

Y

T

R

a

dl

a

a

ur

ur

dBdB

dB

1

2

Se observa que todas las componentes perpendiculares se anulan, es decir; Bz = Bx = 0.Aplicando la ley de Biot-Savart (9.21) luego,

dB = dB2 = dB cos α

dB =µ0I

4π

cos αdl

r2

B =µ0I

4π

cos α

r2

∮ 2π

0

dl

=µ0I

4π

cos α

r2(2πa)

Si, cos α = a/r entonces

B =µ0I

4π

a

r3(2πa)

=µ0Ia2

2r3; r =

√a2 + R2



Por consiguiente, el campo magnetico ~B creado por una corriente circular es:

⇒ ~B =µ0Ia2

2 (a2 + R2)3/2j.

Problema 9.3Hallar el campo magnetico ~B producido por un solenoide.

Solucion:

x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

L

R

N

Eje

a

p2

p1

p0

a2

a1

a

dR

r

El solenoide tiene N vueltas (espiras), donde, L es la longitud del solenoide y (N/L)dRes el numero de vueltas en dR.

Usaremos el valor del campo de cada espira en el punto P del eje y luego el campodebido a las espiras contenidas en la longitud dR, sera:

dB =

[µ0Ia2

2 (a2 + R2)3/2

] (N

LdR

)

es el campo producido por dR, entonces

dB =µ0IN

2L

a2

(a2 + R2)3/2dR

de la figura:

cot α =R

a⇒ R = a cot α

dR = −a csc2 αdα



Luego,

dB =µ0IN

2L

a2

(a2 + a2 cot2 α)3/2

(−a csc2 αdα)

= −µ0IN

2L

a3 csc2 αdα

(a2 (1 + cot2 α))3/2

= −µ0IN

2L

csc3 αdα

csc3 α

B = −µ0IN

2L

∫ α2

α1

sen αdα

B = −µ0IN

2L(− cos α)|α2

α1

B =µ0IN

2L(cos α2 − cos α1) (9.24)

Casos :

i. En punto P1: α1 ≈ π2, y α2 ≈ 0, entonces el campo magnetico producido en la

entrada en el punto P1 del solenoide es:

B =µ0NI

2L. (9.25)

ii. En el punto P2: Si L À r, α1 ≈ π, y α2 ≈ 0, entonces el campo magnetico producidoen el centro P2 de la longitud del solenoide, es:

B =µ0NI

L. (9.26)

Problema 9.4Un proton se mueve con una velocidad de ~v =

(2i− 4j + k

)m/s en una region donde el

campo magnetico es ~B =(i + 2j − 3k

)T . ¿Cual es la magnitud de la fuerza magnetica

que este carga experimenta?

Solucion:Sabiendo que la fuerza magnetica es:

~FB = q~v × ~B

Ahora,

~v × ~B =

∣∣∣∣∣∣

i j k+2 −4 +1+1 +2 −3

∣∣∣∣∣∣= (12− 2) i + (1 + 6) j + (4 + 4) k = 10i + 7j + 8k

|~v × ~B| =√

102 + 72 + 82 = 14,6T ·m/s



Por consiguiente, la magnitud de la fuerza magnetica es:

|FB| = q|v ×B| = (1,60× 10−19C

)(14,6T ·m/s)

= 2,34× 10−18N

Problema 9.5Un alambre se forma en un cuadrado de longitud del borde L (Fig.). Muestre que cuandola corriente en el lazo es I, el campo magnetico en el punto P , una distancia x del centrodel cuadrado a lo largo de su eje, es:

B =µ0IL2

2π (x2 + L2/4)√

x2 + L2/2

L

L

I

P

x

Solucion:

L

z

Px

q f

dB

Por la simetrıa de la disposicion, la magnitud del campo magnetico neto en punto P esB = 8B0x donde B0 es la contribucion para el campo debido a corriente en una longitud delborde igual para L/2. Para hacer calculos B0, usamos la ley de Biot-Savart y consideramosque el plano del cuadrado es el yz-plano con el punto P sobre el eje de las abscisas. Lacontribucion para el campo magnetico en punto P debido a un elemento actual de longituddz y localizadas a una distancia z a lo largo del eje, que son dadas por la Ecuacion 9.22.

~B =µ0I

4π

∫d~l × r

r2

De la figura tenemos:

r =√

x2 + (L2/4) + z2 y |d~l × r| = dz sen θ = dz

√L2/4 + x2

L2/4 + x2 + z2



Por la simetrıa todos los componentes del campo ~B en P cancele excepto los componentesa lo largo de eje x (la perpendicular para el plano del cuadrado); Y

B0x = B0 cos φ donde cos φ =L/2√

L2/4 + x2

Por consiguiente,

B0x =µ0I

4π

∫ L/2

0

sen θ cos φdz

r2y B = 8B0x.

Usando las expresiones dadas anteriormente citadas para sen θ cos φ, y de r, encontramos:

B =µ0IL2

2π(x2 + L2

4

) √x2 + L2

2

Problema 9.6Un alambre largo, descansa sobre una mesa horizontal y lleva una corriente de 1,20µA. Enun vacıo, un proton se mueve paralelamente al alambre (al frente de la corriente) con unvelocidad uniforme de 2,30×104m/s a una distancia d por encima del alambre. Determineel valor de d. ignore el campo magnetico debido a la Tierra.

Solucion:Deje que la corriente I fluye a la derecha. Crea un campo B = µ0I/2πd en la posicion delproton. Y tenemos un balance entre el peso del proton y la fuerza magnetica; es decir,

mg (−j) + qv (−i)× µ0I

2πd(k) = 0

A una distancia d del alambre, de aquı tenemos:

d =qvµ0I

2πmg

=(1,60× 10−19C) (2,30× 104m/s) (4π × 10−7T ·m/A) (1,20× 10−6A)

2π (1,67× 10−27kg) (9,8m/s2)= 5,40cm.

Por consiguiente, el valor de la distancia d es:

d = 5,40cm.


Capıtulo 10

Induccion Electromagnetica

10.1. FEM Inducida y la ley de Faraday

La induccion electromagnetica es el principio sobre al que se basa el funcionamien-to el generador electrico, transformador, etc. Si supongamos que se coloca un conductorelectrico, enforma de circuito cerrado dentro de un campo magnetico, si el flujo magneticoΦB a traves del conductor cerrado varıa con el tiempo, se puede observar una corriente enel circuito ( mientras el ΦB esta variando) la presencia de una corriente electrica indicaque existencia o induccion de una FEM actuando en el circuito.Cuando mayor sea la rapidez de variacion del flujo, mayor sera la fem inducida. El sentidoen que actua la fem inducida, cambia segun que el campo magnetico aumente o disminuye.

Cuando ΦB (flujo magnetico) aumenta; dΦB/dt es positivo, la fem inducida ε o femactua en sentido negativo.

Cuando ΦB disminuye, dΦB/dt es negativo, la fem inducida ε actua en sentido posi-tivo. Por lo tanto, el signo de la fem inducida ε siempre es opuesto a dΦB/dt.

En consecuencia se puede escribir, la ley de Faraday de la induccion establece losiguiente:

La fem inducida en una espira cerrada es igual al negativo de la relacionde cambio con respecto al tiempo del flujo magneticos a traves de la espira.En sımbolos, la ley de Faraday es

ε = −dΦB

dt(la ley de Faraday de la induccion) (10.1)

Que expresa la ley de Faraday-Henry para la induccion electromagnetica, referiendonos ala figura.

73

10. Induccion Electromagnetica 74

A

B

dA

uN

B

dA=u dAN

E

dl

Si el circuito cerrado es una bobina de N vueltas, todas de la misma area y si el flujocircunda todas las vueltas, la fem inducida es:

ε = −NdΦB

dt(10.2)

Supongamos ahora que el campo magnetico es uniforme sobre un lazo de area A, en estecaso el flujo magnetico es:

ΦB =

∫~B · d ~A =

∫~B · uNdA

= ~B · uN

∫dA = AB cos θ

Segun la ley de Faraday, la fem inducida se puede expresarse como:

ε = − d

dt(AB cos θ)

i. ε = −A cos θ dBdt

ii. ε = −B cos θ dAdt

iii. ε = −AB d cos θdt

iv. combinando las posibilidades anteriores, tambien se puede generar una fem, esdecir: ε = −BAd cos θ

dt−B cos θ dA

dt

10.2. Ley de Lenz

La ley de Lenz es otro metodo conveniente para hallar la direccion de una corriente ofem inducida. La ley Lenz establece lo siguiente:

La direccion de todo efecto de induccion magnetica es la que se opone a lacausa del efecto.La polaridad de una fem inducida es tal que tiende a producir una corriente que creara unflujo magnetico que se opone al cambio del flujo magnetico a traves del lazo.



10.3. Fuerza electromotriz de movimiento

Q

q

v

B

Pu

t

S

e

Fm

x

X

Y

La ley de induccion electromagnetica, expresada por la ecuacion:

ε =

∮~E · d~l = − d

dt

∫~B · d ~A = −dΦB

dt

implica la existencia de un campo electrico local, siempre que el campo magnetico en esepunto este variando en el tiempo.

Consideremos la figura anterior, el conductor PQ se mueve paralelamente ası mismocon velocidad ~v manteniendo contacto con los conductores RT y SU . El sistema PQ RSforma un circuito cerrado. Supongamos tambien que existe un campo magnetico uniforme~B perpendicular al plano del sistema.

cada carga q del conductor movil PQ esta sujeta a una fuerza magnetica

~Fm = q~v × ~B

la misma fuerza sobre la carga se podrıa suponer debido a un campo electrico equivalente,~Fe = q ~Eeq de aquı ~Fe = ~Fm, luego

~Fe = ~Fm

qEeq = q~v × ~B

Eeq = ~v × ~B = vB

Entre QP existe una diferencia de potencial:

VQP = EeqL

De aquı se tiene.V = vBL (10.3)

Sobre las secciones QR, RS y SP no se ejercen ninguna fuerza, porque estas no se mueven;en consecuencia la circulacion V , Eeq a lo largo de lazo QRSP es simplemente:

ε = vBL (10.4)



10.4. Ecuaciones de Maxwell

Ahora estamos listos para reunir en un solo paquete todas las relaciones entre los cam-pos electricos y magneticos y sus fuentes. Este paquete se compone de cuatro ecuaciones,conocidas como las ecuaciones de Maxwell.

En dos de las ecuaciones de Maxwell interviene una integral de ~E o ~B sobre unasuperficie cerrada. La primera es simplemente la ley de Gauss de los campos electricos,la cual establece que la integral de superficie de E⊥ sobre cualquier superficie cerrada esigual al producto de 1/ε0 por la carga total Qenc encerrada dentro de la superficie:

∮~E · d ~A =

Qenc

ε0

(ley de Gauss de ~E) (10.5)

La segunda es la relacion analoga correspondiente a campos magneticos, la cual es-tablece que la integral de superficie de B⊥ sobre cualquier superficie cerrada siempre escero: ∮

~B · d ~A = 0 (ley de Gauss de ~B) (10.6)

La tercera ecuacion es la ley de Ampere que incluye la corriente de desplazamiento.Esta ley establece que tanto la corriente de conduccion iC como la corriente de desplaza-miento ε0dΦE/dt, donde ΦE es el flujo electrico, actuan como fuente de campo magnetico:

∮~B · d~l = µ0

(iC + ε0

dΦE

dt

)

enc

(ley de Ampere) (10.7)

La cuarta y ultima ecuacion es la ley de Faraday; establece que un campo magneticocambiante o un flujo magnetico induce un campo electrico:

∮~E · d~l = −dΦB

dt(ley de Faraday) (10.8)

Si hay un flujo magnetico cambiante, la integral de linea de la ecuacion(10.8) no es cero,

lo que indica que el campo ~E originado por un flujo magnetico cambiante no es conserva-tivo. Recuerde que esta integral de linea se debe llevar a cabo sobre un trayecto cerradoconstante.

10.5. Problemas ResueltosProblema 10.1Se coloca una bobina de 4,00cm de radio con 500 espiras en un campo magnetico uniformeque varia con el tiempo segun B = (0,0120T/s) t + (3,00× 10−5T/s4) t4. La bobina estaconectada a un resistor de 600Ω, y su plano es perpendicular al campo magnetico. Notenga en cuenta la resistencia de la bobina. a) Halle la magnitud de la fem inducida en labobina en funcion del tiempo. b) ¿cual es la corriente en el resistor en el tiempo t = 5,00s?



Solucion:a)segun la ecuacion (10.2) se tiene:

ε = −NdΦB

dt= NA

d

dt(B)

= NAd

dt

((0,012T/s) t +

(3,00× 10−5T/s4

)t4

)

⇒ ε = NA((0,012T/s) +

(1,2× 10−4T/s4

)t4

)

= 0,0302V +(3,02× 10−4V/s3

)t3.

la magnitud de la fem inducida en la bobina en funcion del tiempo es: ε = 0,0302V +(3,02× 10−4V/s3) t3.b) En el tiempo t = 5,00s, entonces se tiene:

ε = 0,0302V +(3,02× 10−4V/s2

)(5,00s)3

= +0,0680V

⇒ I =ε

R=

0,0680V

600Ω= 1,13× 10−4A.

luego, la corriente en el resistor en el tiempo t = 5,00s es: I = εR

= 0,0680V600Ω

= 1,13×10−4A.

Problema 10.2Un largo solenoide tiene 400 vueltas por el metro y lleva una corriente I = (30,0A) (1− e−1,60t).Dentro del solenoide y coaxial esta una bobina que tiene un radio de 6,00cm y consisteen un total de 250 vueltas de alambre fino (Fig.). ¿Que fem es inducido en la bobina porla corriente cambiante?

Solucion:

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

***************************

h R

Nvueltas

Invueltas

m

Si, B = µ0nI, entonces B = µ0n (30,0A) (1− e−1,60t), luego:

ΦB =

∫BdA = µ0n (30,0A)

(1− e−1,60t

) ∫dA

= µ0n (30,0A)(1− e−1,60t

)πR2



Ademas,

ε = −NdΦB

dt= −Nµ0n (30,0A) πR2 (1,60) e−1,60t

= − (250)(4π × 10−7N/A2

) (400m−1

)(30,0A)

[π (0,0600m)2] 1,60s−1e−1,60t

⇒ ε = (68,2mV ) e−1,60t

en sentido contrario a las manecillas del reloj

luego, la fem inducido en la bobina por la corriente cambiante, es: ε = (68,2mV ) e−1,60t.

Problema 10.3En la figura, una barra conductora de longitud L = 30,0cm se traslada en un campomagnetico vecB con una magnitud de 0,450T y dirigido hacia el plano de la figura. Labarra se traslada con rapidez v = 5,00m/s en la direccion que se indica. a) ¿cual es lafem de movimiento que se induce en la barra? b) ¿cual es la diferencia de potencial entrelos extremos de la barra? c) cuando las cargas de la barra estan en equilibrio, ¿cuales sonla magnitud y direccion del campo electrico en el interior de la barra?

B v

ba

L

Solucion:a) sabiendo que, ε = vBL, tenemos:

ε = vBL = (5,00m/s) (0,450T ) (0,300m) = 0,675V

b)la diferencia de potencial entre los extremos de la barra es simplemente la fem; es decirV = 0,675V .c)cuando las cargas de la barra estan en equilibrio, entonces:

E =V

L=

0,675V

0,300m= 2,25V/m.

Problema 10.4Un solenoide tiene un radio de 2,00cm y 1000 vueltas por el metro. Durante un ciertointervalo de tiempo la corriente varıa con el tiempo segun la expresion I = 3e0,2t, dondeI esta en amperios y t esta en los segundos. Calcule el campo electrico 5,00cm del eje delsolenoide en t = 10,0s

Solucion:



Segun la ecuacion de Faraday, se tiene:

ε =dΦB

dt= πr2

(dB

dt

)=

∮~E · d~l

Ahora de aquı, tenemos:

E (2πR) = πr2dB

dto E =

(πr2

2πR

)dB

dt

B = µ0nI ;dB

dt= µ0n

dI

dt

I = 3,00e0,200t ;dI

dt0,600e0,200t

En tiempo t = 10,0s, entonces

E =πr2

2πR(µ0n)

(0,600e0,200t

)

De aquı el campo electrico 5,00cm del eje del solenoide en t = 10,0s, evaluando se tiene:

E =(0,0200m)2

2 (0,0500m)

(4π × 10−7N/A2

)(1000vuetas/m) (0,600) e2,00

= 2,23× 10−5N/C.


Capıtulo 11

Metodologıa

11.1. Estrategias

El desarrollo del curso, se realizo primeramente utilizando la estrategia del aprendizajesignificativo en la parte teorica, brindando fundamento teorico de los temas a desarrollary posteriormente resolviendo problemas correspondiente al mismo tema.

11.2. Tecnicas

Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son:

• Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana.

• Visual: empleo de pizarra, plumon, tiza y mota.

11.3. Metodos

El metodo a utilizar en el desarrollo del curso es el metodo inductivo en la resolucionde los ejercicios, deductivo para la explicacion teorica.

80

Capıtulo 12

Temas y Cronograma de Actividades1.1 Carga electrica1.2 Ley de Coulomb1.3 Campo electrico1.4 Problemas Resueltos

2.1 Flujo electrico2.2 Ley de gauss2.3 Problemas Resueltos

3.1 Energıa potencial electrico3.2 Potencial electrico y Diferencia de potenciales3.3 Problemas Resueltos

4.1 Capacitores en serie y en paralelo4.2 Energıa almacenada en un capacitor4.3 Problemas Resueltos

5.1 Corriente electrica5.2 Resistividad y la de Ohm5.3 Fuerza electromotriz5.4 Resistores en serie y en paralelo5.5 Regla de Kirchoff5.6 Circuito RC5.7 Problemas Resueltos

6.1 Campo magnetico6.2 Flujo magnetico6.3 Movimiento de partıcula con carga en un campo magnetico6.4 Fuerza magnetica sobre un conductor que transporta corriente6.5 Fuerza y momento de torsion en una espira de corriente6.6 La ley de Biot y Savart6.7 Ley de Ampere6.8 Problemas Resueltos

7.1 FEM inducida y la ley de Faraday7.2 Ley de Lenz7.3 Fuerza electromotriz de movimiento7.4 Ecuaciones de Maxwell7.5 Problemas Resueltos

81

Cronograma de Actividades

Fecha Mayo Junio Julio AgostoTema 4 11 18 25 1 8 15 22 6 13 20 27 3 10 171.1 •1.2 •1.3 •1.4 • •2.1 •2.2 •2.3 • •3.1 •3.2 •3.3 • •4.1 •4.2 •4.3 • •5.1 •5.2 •5.3 •5.4 •5.5 •5.6 •5.7 • •6.1 •6.2 •6.3 •6.4 •6.5 •6.6 •6.7 •6.8 • •7.1 •7.2 •7.3 •7.4 •7.5 • •

Capıtulo 13

Relacion de Estudiantes y Asistencia

13.1. Relacion de Estudiantes

No Apellidos y Nombres Codigo1 ALANOCA CRUZ Gerber Leandro 0808972 ANARA CURASI Ronald 0740593 ANCHAPURI MAMANI Luis Alfredo 0816224 CALSIN CHARCA Martın 0740655 CHOQUE LEON Antony 0740716 CHOQUE MANSANARES Romulo 0816257 COAQUIRA CONDORI Wilber 0550088 COLCA QUISPE Angel 0713529 CHURA CHURA Yunier 07409610 GUERRA MAMANI Willian 07407711 HURTADO ARHUATA Huber 07408012 LUNA TURPO Joel Paul 08090213 PARI SUCA Omar Raul 07408714 POMA FLORES Ronald Juan 07408815 QUISPE PARRA Lucas 01131316 RIVERA HUACCASI Howard 07409117 RODRIGUES CALLO Alexander 06473918 SALGUERO LUNA Ruben 07409219 SURCO CCAJIA Juan Dario 07137820 TICONA APAZA Fredy 074096

83

13.2. Asistencia

No Mayo Junio Julio AgostoOrd. 04 11 18 25 01 08 15 22 06 13 20 27 03 10 17

1 • • • • • • • • •2 • • • • • • • • •3 • • • • • • • •4 • • • • • • • • • • •5 • • • • • • • • •6 • • • • • • • •7 • • • • • • • • •8 • • • • • • • • •9 • • • • • • • • •10 • • • • • • • • •11 • • • • • • • • •12 • • • • • • • •13 • • • • • • • • •14 • • • • • • • •15 • • • • • • • • • • •16 • • • • • • • •17 • • • • • • • • •18 • • • • • • • • •19 • • • • • • • • •20 • • • • • • • • •

Asesor: Lic. Maximo Roberto Pari Coila

Bibliografıa

[1] Sears, F. & Zemansky, M. & Young, H. & Freedman, R.(2004) Fısica Universitaria,Cap 21 al 29, (11va ed.), Pearson Educacion Mexico,Tomo II.

[2] Serway, Raymond.(1997) Fisica,(4a ed.), Mc Graw Hill, Mexico,Tomo II.

[3] Alonso, M & Finn, E.(1986) Electrostatica y Electromagnetismo, (1a ed.), Addison-Wesley Iberoamericana, Mexico,Vol. II.

[4] I. V. SAVELIEV.(1984) Curso de Fısica General, Editorial MIR, MOSCU,Tomo II.

[5] S. FRISH, A. TIMOREVA.(1968) Curso de Fısica General, Editorial MIR,MOSCU,Tomo II.

[6] V. D. Rodriguez. Introduccion Axiomatica al Electromagnetismo, Universidad de laLaguna, XII-2002.

85

52616550 fisica-iii-practicas

Documents