Apuntes de Ayudant´ıa FIS 120 - Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa

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Texto completo

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Apuntes de Ayudant´ıa FIS 120 - Universidad

T´ecnica Federico Santa Mar´ıa

N´estor Espinoza (nsespino@uc.cl)

(2)

´Indice general

1. Motivaci´on del documento 1

2. Introducci´on 2

2.1. Vectores y notaci´on . . . 3

2.1.1. Representaci´on geom´etrica de los vectores . . . 3

2.1.2. Resta y suma de vectores . . . 4

2.2. Productos vectoriales . . . 4

2.2.1. Producto punto . . . 4

2.2.2. Producto cruz . . . 6

3. Electroest´atica: Ley de Coulomb y Campo El´ectrico 7 3.1. Problemas . . . 7

3.2. Secci´on extra: Demostraci´on de distribuciones de carga lineales . 11 3.2.1. Demostraci´on . . . 11

4. Electroest´atica: Ley de Gauss 13 4.1. Introducci´on . . . 13

4.2. La Ley de Gauss . . . 13

5. Potencial Electrost´atico 16 5.1. Definici´on de trabajo y diferencia de potencial . . . 16

5.2. Campos conservativos: Independencia del camino . . . 18

5.3. Uniendo todo con las Leyes de Newton . . . 20

5.4. Problemas: Potencial y Diferencias de potencial . . . 22

6. Electrodin´amica 1: Corrientes, intensidad y capacitores 25 7. Electrodin´amica 2: Leyes de Kirchoff y Circuitos RC 26 7.1. Pre´ambulo a las leyes de Kirchoff . . . 26

7.2. Leyes de Kirchoff . . . 27

7.3. Circuitos RC . . . 29

7.4. Problemas: Ley de Kirchoff y Circuitos RC . . . 32

8. Magnetoest´atica 37 8.1. Fuerzas magn´eticas: La “Fuerza de Lorentz” . . . 37

8.2. Campos magn´eticos: Ley de Biot-Savart . . . 37

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Agradecimientos

Me gustar´ıa agradecer a toda la gente que me ha apoyado a mantener este apunte, tanto a los estudiantes de la USM como a mis compa˜neros de carrera. Si alguien se quiere unir a mejorarlos, bienvenido sea. Agradecer tambi´en el apoyo de mi madre que siempre que me ve´ıa redactando me preguntaba que “por qu´e no me pon´ıa a estudiar lo m´ıo mejor”. La verdad es que me encanta poder esparcir lo que pueda llegar a “saber” en alg´un momento, y creo que esta es una buena instancia para hacerlo (y quien sabe, ¡hasta quiz´a esto se convierta en alg´un libro alg´un d´ıa!).

Me gustar´ıa agradecer a Mar´ıa Paz (mi polola) que siempre fue v´ıctima de las primeras lecturas (para ver si se entend´ıa), y tuvo que soportar que la mirara varios minutos esperando alguna cr´ıtica. Tambi´en quiero agradecer y dedicar es-to a mis amigos B´arbara y Robert, asi como tambi´en a Iivari (su hijo). Recuerdo que cuando tom´e mi primer curso en E&M ellos fueron justamente quienes me prestaron un muy buen libro para comenzar, dado que si bien ya no se dedica-ban a las ciencias f´ısicas, s´e que es un tema que les apasiona tanto como a mi: Chicos, este apunte va principalmente para ustedes, ¡les devolver´es su libro y ahora si quiz´a lo podr´an ocupar!

(4)

Cap´ıtulo 1

Motivaci´

on del documento

La idea del siguiente documento es crear una compilaci´on de materia y ejer-cicios relacionados con el ramo de E&M que se sigue en la UTFSM (FIS 120), de manera que puedan revisarlo en cualquier momento que lo necesiten para resolver alguna duda, estudiar ´o simplemente por curiosidad. A´un as´ı, espero que este documento no este cerrado solamente a los estudiantes que lo cursen.

En general un ramo de Electricidad y Magnetismo est´a lleno de ideas que intuitivamente conocemos, pero que debemos matematizar de alguna manera. A trav´es del ramo podr´an responder muchas preguntas y maravillas que la natura-leza nos ofrece, pues el electromagnetismo (y ya veremos por que debemos usar esta palabra y no por separado) se encuentra en nuestro quehacer diario: Desde el por qu´e no caemos hacia el n´ucleo de la Tierra debido a la gravedad (debido a que las fuerzas el´ectromagn´eticas que unen los ´atomos impiden nuestra ca´ıda) hasta c´omo es que observamos la pantalla de nuestro computador o la hoja de papel desde la que estamos leyendo este documento.

´

Esta es un ´area apasionante de la f´ısica. Por lo mismo, su estudio detallado no s´olo les traera buenas notas, sino que satisfacci´on y una forma m´as profunda de observar los fen´omenos que la naturaleza presenta...¡y m´etodos para poder explicarlos a trav´es del lenguaje de la matem´atica!

Les recuerdo que el presente documento est´a lejos de ser terminado, por lo que ruego disculpas si encuentran alg´un error. Espero les sea de ayuda y cualquier cosa, no duden en enviarme un e-mail, ya sea por alg´un error, duda ´o simplemente para agradecer: ¡Mucho ´exito!

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Cap´ıtulo 2

Introducci´

on

Como s´e, muchos no estan acostumbrados al lenguaje vectorial. ´Este ha sido el primer problema que todo estudiante, incluy´endome, ha encontrado al in-tentar comprender en detalle los t´opicos que los distintos curriculums presentan para nosotros. La primera pregunta que uno se hace es...¿para qu´e?, ¿qu´e hay de bueno en la notaci´on vectorial?, ¿para que tanta complejidad?, ¿no ser´a mejor saltar esta parte e ir directo “al grano”? Pues bueno, eso es justamente lo que intentaremos responder en primer lugar: Sin notaci´on vectorial,no hay grano al que ir.

Recomiendo sumamente el hecho de que practiquen la notaci´on vectorial y m´as a´un:La entiendan. No s´olo les ser´a de ayuda en sus pr´oximos ramos (¡y en su vida diaria!), sino que tambi´en les ser´a de utilidad a la hora de enfocarse a la lectura especializada. Por lo dem´as, un curso de Electricidad y Magnetismo

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2.1.

Vectores y notaci´

on

Los vectores son una de las formas del lenguaje matem´atico m´as ´util en f´ısica. No solo por la simplicidad de notaci´on, sino que su ´algebra es entendible una vez que trabajamos con ´el, lo que nos simplifica mucho trabajo. A continuaci´on les har´e un peque˜no repaso de vectores geom´etricos y de algunos productos definidos que nos ser´an ´utiles en la resoluci´on de problemas. En el caso de el presente documento, trabajar´e con vectores en R3, pero en general todo lo que menciono ac´a puede ser generalizado a vectores en RN (exceputuando el producto vectorial/cruz, cuya generalizaci´on es un poco m´as complicada).

2.1.1.

Representaci´

on geom´

etrica de los vectores

Un vector enR3puede ser representadocomo flechas que van desde el or´ıgen hasta las coordenadas del vector. Por ejemplo, si queremos dibujar el vector

~a= (1,1,1), simplemente nos posamos en el or´ıgen y trazamos una l´ınea hacia el punto (1,1,1), posando la punta de la flecha en el punto mencionado. Si ´esto es as´ı, entonces, ¿qu´e diferencia a los vectores de las coordenadas de un punto? En que los vectores poseendirecci´on, magnitud y sentido:

La magnitudde un vector es cu´antomide´este (en el sentido eucl´ıdeo, es decir, su longitud geom´etrica en el espacio). Usualmente la magnitud se representa comok~ak. Es f´acil demostrar geom´etricamente que enR3, el va-lor de la longitud de un vector esk~ak=pa2

1+a22+a23, que es justamente

una generalizaci´on del teorema de pit´agoras paraR3.

La direcci´on de un vector corresponde a la de la recta que contiene a este vector. Por ejemplo, enR2 el vector~c= (1/√2,1/√2) es contenido por la rectay=x, por lo tanto posee ´esta direcci´on.

El sentidode un vector corresponde “hacia donde apunta” el vector. Por ejemplo, los vectores en R2~c1 = (1/

2,1/√2) y~c2 = (−1/

2,−1/√2) tienen la misma direcci´on, pero sentido opuesto.

(7)

1

Eje y

Eje x Eje z

1 2

1

Figura 2.1: El vector (1,1,1) es equivalente en todas las posiciones posibles.

2.1.2.

Resta y suma de vectores

La suma de dos vectores enR3,~a= (a1, a2, a3) y~b= (b1, b2, b3) es

simple-mente la suma de sus componentes, es decir:

~a+~b= (a1+b1, a2+b2, a3+b3)

De igual manera, la resta de estos dos vectores es la resta de sus componentes:

~a−~b= (a1−b1, a2−b2, a3−b3)

Pero, ¿qu´e representan geom´etricamente las sumas y restas? Obs´ervese que si dibujamos la suma de dos vectores cualesquiera, y luego unimos la punta del vector suma (el vector~a+~b) con las puntas de los vectores que componen la suma, obtenemos un paralel´ogramo. En el caso de la resta de dos vectores, si tomamos el vector resta (el vector ~a−~b) y lo posamos sobre el vector~b, ¡observamos que ´este es justamente el vector que va desde~bhasta~a!

2.2.

Productos vectoriales

Los productos vectoriales son operaciones que se definen enespacios vecto-riales1. La idea es que todo producto debe cumplir una serie de propiedades (que ya deben conocer) para poder “ganarse el t´ıtulo” de productos. El transfondo de todo esto tiene aplicaciones inmensas en matem´aticas y f´ısicas (como desigual-dades integrales, por ejemplo) que no mencionaremos en el presente documento, pero les dejo recomendado dirigirse a lecturas especializadas en el tema2.

2.2.1.

Producto punto

El producto punto, escalar ´o interno entre~a y~b en un espacio eucl´ıdeo real (comoR2 ´oR3), se define como:

~a·~b=k~akk~bkcos(θ)

1´

Esta palabra en realidad suena compleja, pero solo quiere traer a la mesa el hecho de que existe unconjunto(infinito, en nuestro caso) de vectores que forman unespaciovectorial.

2

(8)

Donde θ es el ´angulo entre los vectores~ay~b. Lo que busca el producto punto es representarla magnitud proyectada del vector~asobre el vector~b,|~bk

veces. Con “magnitud proyectada del vector~asobre el vector~b” nos referimos a la “sombra” del vector~a sobre el vector~b, asumiendo que la luz viene “de arriba”, como se observa en la Figura. Ahora, obs´ervese que si el ´angulo entre

Proyección ó “sombra”

b

a

Àngulo entre los vectores

Figura 2.2: Representaci´on del producto punto para dos vectores.

dos vectores~ay~c es 0, entonces:

~a·~c=k~akk~ckcos(0) =k~akk~ck

Mientras que si es 90 [◦

] =π/2 [rad]:

~a·~c=k~akk~ckcos(π/2) = 0

¿Por qu´e entonces el producto punto puede ser escrito en el espacio como la multiplicaci´on componente a componente? Por que el producto interno es aso-ciativo, eso quiere decir que :

~a+~b·~c=~a·~c+~b·~c

Por lo tanto, si tenemos un vector en la base real~a = (a1, a2, a3) y otro~b =

(b1, b2, b3), cada uno lo podemos descomponer como:

~a = (a1,0,0) + (0, a2,0) + (0,0, a3)

~b = (b1,0,0) + (0, b2,0) + (0,0, b3)

O en la notaci´on de los “gorritos”:

~a = a1xˆ+a2ˆy+a3zˆ

~b = b1xˆ+b2yˆ+b3zˆ

Donde ˆx = (1,0,0), ˆy = (0,1,0) y ˆz = (0,0,1) (algunos textos tambi´en les llaman ˆi, ˆj y ˆk, respectivamente) son los vectores can´onicos de R3. Es f´acil demostrar entonces que:

~a·~b=a1b1+a2b2+a3b3

Un detalle importante que se puede demostrar con este hechoes que la magnitud de un vector, es decir,k~akse puede definir de acuerdo al producto punto como:

k~ak=√~a·~a= q

a2

(9)

Obs´ervese que si tenemos un escalarαy queremos calcularkα~ak:

kα~ak=√α~a·α~a= q

α2a2

1+α2a22+α2a23=α

q

a2

1+a22+a23=αk~ak

2.2.2.

Producto cruz

Elproducto cruz ´o producto vectorialentre dos vectores~a= (a1, a2, a3)

y~b= (b1, b2, b3) da como resultado un nuevo vector~c, que es perpendicular tanto

a~acomo a~b. Matem´aticamente, se define como:

~a×~b= ˆ

x yˆ zˆ

a1 a2 a3

b1 b2 b3

Donde: ˆ

x yˆ zˆ

a1 a2 a3

b1 b2 b3

= (a2b3−a3b2) ˆx−(a1b3−a3b1) ˆy+ (a1b2−a2b1) ˆy

De este modo, podemos encontrar inmediatamente la direcci´on del vector resul-tante sin necesidad de la famosa “regla de la mano derecha”: Ella est´a impl´ıci-ta en la definici´on del determinante anteriormente propuesto (obs´ervese que

~a×~b6=~b×~a).

Obs´ervese que si hacemos el producto cruz entre dos vectores escalados por

αyβ,α~a yβ~b:

α~a×β~b= ˆ

x yˆ zˆ

αa1 αa2 αa3

βb1 βb2 βb3

== ˆ

x yˆ zˆ

a1 a2 a3

b1 b2 b3

αβ =αβ~a×~b

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Cap´ıtulo 3

Electroest´

atica: Ley de

Coulomb y Campo El´

ectrico

En el presente cap´ıtulo se presentan un par de ejercicios resueltos de “repa-so”, pues se “asume” que estos son temas que ya se manejan en mayor medida1.

Estos est´an resueltos con la m´as pura notaci´on vectorial. Por lo mismo, sugiero leer con atenci´on y tener especial cuidado con lossignos.

3.1.

Problemas

Problema 1.Considere la distribuci´on de cargas dada en la Figura 3.1-(a). Determine la fuerza total ejercida sobre la carga central considerando que las dem´as cargas se encuentran est´aticas en el espacio si el cuadrado que forman las cargas externas es de ladoa.

Q 2Q

2Q Q

-4Q A

B

C P

(a)

(b)

Figura 3.1: Distribuci´on de cargas para el Problema 1 (a) y el Problema 2 (b).

Soluci´on.En el ejercicio claramente debemos ocupar la Ley de Coulomb. ´

Esta ley afirma que la fuerza entre dos cargas es proporcional al producto de sus

1

(11)

cargas, dividida por la distancia al cuadrado, en la direcci´on radial. Es decir:

~

F12= kq1q2

k~rk2

~r

k~rk =

kq1q2

k~rk2 rˆ (3.1)

Donde~res el vector que va desde la cargaq1hacia la cargaq2. Obs´ervese que el

vector ˆr=~r/k~rkdefine la direcci´on de la fuerza, puesto que no aporta en nada a la magnitud de la misma. Obs´ervese que en el caso general en que~r= (x, y, z):

kF~12k=

kq1q2

k~rk2

1

k~rkk~rk=

kq1q2

k~rk2

(Aqu´ı se us´o el hecho de que todos los t´erminos eran escalares, exceptuando~r). Es decir, que:

krˆk=k~rk

k~rk = 1

Por lo mismo, a este vector se le llamavector unitario: Simplemente por que mide exactamente una unidad (normalmente y a menos que se especifique lo contrario, todos los vectores con “gorrito”, son unitarios).

Ahora bien, calcularmos la fuerza individual que ejercen las cargas alrede-dor de la carga central, para que luego, ocupando el principio de superposici´on, encontremos la fuerza total. A´un as´ı, obs´ervese que por simetr´ıa del problema las cargas 2Q producen una fuerza igual y opuesta en el centro, por lo que se anulan. Solo nos queda entonces calcular la fuerza producida por la carga Q

ubicada en la coordenada (a/2, a/2) y la carga−4Q, ubicada en la coordenada (−a/2,−a/2).

Para encontrar la fuerza producida por la cargaQubicada en la coordenada (a/2, a/2), primero debemos encontrar el vector que va desde esta carga al centro de coordenadas. Para ello, nos fijamos que tiene la misma direcci´on del vector que va del or´ıgen a ´esta carga, pero en sentido contrario: ~rQ = (a/2,−a/2) (¡verif´ıquelo geom´etricamente!). As´ı:

k~rQk=p(a/2)2+ (a/2)2=

2

2 a→ˆr=

~ rQ

k~rQk = (1/ √

2,−1/√2)

Por lo tanto, la fuerza ejercida por esta carga es, ocupando la ecuaci´on (1) con

~r=~rQ y las cargas correspondientes:

~

FQ= kQ

2

k~rQk2rˆ=

4kQ2

2a2 (1/

2,−1/√2) =

2kQ2

a2 (1,−1)

Donde en el ´ultimo paso se factoriz´o el t´ermino 1/√2 y luego se racionaliz´o. Similarmente para la carga −4Q, el vector que va desde −4Q hacia la carga central es~r−4Q = (−a/2, a/2) (¡verif´ıquenlo geom´etricamente!), as´ı:

k~r−4Qk=

p

(−a/2)2+ (a/2)2=

2

2 a→ˆr=

~r−4Q

k~r−4Qk = (−1/

(12)

Por lo tanto, la fuerza ejercida por esta carga es, ocupando la ecuaci´on (1) con

~r=~r−4Q y las cargas correspondientes: ~

F−4Q= −k4Q

2

k~r−4Qk2

ˆ

r= −16kQ

2

2a2 (−1/

2,1/√2) = 16kQ

2

2a2 (1/

2,−1/√2) = 4

2kQ2

a2 (1,−1)

(A esta altura es de utilidad preguntarse: ¿Tienen sentido las direcciones de las fuerzas?). Finalmente, la fuerza total ejercida a la carga central es entonces:

~

Ftotal=FQ~ +F~−4Q=

2kQ2

a2 (1,−1) +

4√2kQ2

a2 (1,−1) =

5√2kQ2

a2 (ˆx−yˆ)

Problema 2. Considere la distribuci´on de cargas dada en la Figura 3.1-(b). Las coordenadas de los puntos son: OA~ = (a,0,0), OB~ = (0,0,0) y OC~ = (0, a,0). Las cargas respectivas son:qA =Q, qB =−Q yqC =Q. De acuerdo con esto, determine:

1. El vector campo el´ectricoE~(P) en el puntoP (OP~ = (a, a,0)).

2. ¿Cu´al deber´ıa ser la magnitud y signo de una carga ubicada en el centro del cuadrado, de tal modo que el campo el´ectrico en el puntoP sea nulo?

Soluci´on. Recordemos que el campo el´ectrico de una cargaqcualquiera se define en funci´on de la fuerza producida por ´esta sobre una carga de pruebaq0.

Sabemos que la fuerza, por Ley de Coulomb viene dada por:

~

Fq= kqq0

k~rk2ˆr

El campo el´ectricoE~ producido por la cargaqse define como:

~ E= l´ım

q0→0

~ Fq q0

= kq

k~rk2rˆ (3.2)

Es decir, es la fuerza por unidad de carga que produce la cargaqen el espacio.

(1) Para calcular entonces el campo el´ectrico en el punto P, calcularemos los campos producidos individualmente por las cargasqA,qB y qC para luego ocupar el principio de superposici´on y calcular el campo total, que es la suma de los campos individuales en P.

El vector que va desde la cargaqAhasta el puntoP es el vector~rA=AP~ =

~

BP −BA~ (recordar que la resta de vectores~a−~bes justamente el vector que va desde~bhasta~a). As´ı:

~rA= (a, a) | {z }

~ BP

−(a,0) | {z }

~ BA

= (0, a)→rˆ= ~rA

k~rAk = (0,1)

(13)

con~r=~rA, en el punto P es:

~

EA(P) = kqA

k~rAk2ˆr=

kQ a2 (0,1)

Similarmente, el vector que va desde el punto B hacia el punto P es~rB = (a, a). Por lo tanto, el vector unitario que da la direcci´on y el sentido en este caso ser´ıa:

~rB= (a, a)→ k~rBk=a√2→rˆ= ~rB

k~rBk = (1/ √

2,1/√2)

As´ı, el campo el´ectrico producido por la cargaqB en el punto P, ocupando la ecuaci´on (2) es:

~

EB(P) = kqB

k~rBk2rˆ=

−kQ

2a2 (1/

2,1/√2) = −kQ

2 4a2 (1,1)

Nos falta solo el campo el´ectrico producido por la carga qC. El vector que va desde el punto C al punto P es igual a la resta de los vectoresBC~ yBP~ :

~rC= (a, a) | {z }

~ BP

−(0, a) | {z }

~ BC

= (a,0)→rˆ= ~rC

k~rCk = (1,0)

As´ı, el campo el´ectrico producido porqCen el punto P es, ocupando la ecuaci´on (2) nuevamente:

~

EC(P) = kqC

k~rCk2rˆ=

kQ a2(1,0)

Con lo que finalmente el campo total en el punto P es:

~

E(P) =EA~ (P) +EB~ (P) +EC~ (P) = kQ(4−

2)

4a2 (1,1) =

kQ(4−√2) 4a2 (ˆx+ ˆy)

(2) Para resolver el problema, simplemente ponemos una carga qD en el centro del cuadrado, punto al que llamaremos D. Obs´ervese que el vector que va desde D hasta P tiene magnitud k~rDk=a√2/2 y direcci´on ˆr= (1/√2,1/√2). As´ı, usando la ecuaci´on (2) tendr´ıamos que el campo producido por la cargaqD

es:

~

ED(P) = kqD

krDk2ˆr=

2kqD a2 (1/

2,1/√2) =

2kqD a2 (1,1)

Pero nosotros queremos que el nuevo campo el´ectrico en P,E~′(P) sea igual a~0. Por lo tanto, queremos que:

~

E′(P) =E~(P) +ED~ (P) = kQ(4−

2) 4a2 (1,1) +

2kqD

a2 (1,1) =~0

Con lo que:

kQ(4−√2) 4a2 =−

2kqD

a2 → qD=

Q(1−2√2) 4

(14)

Pues bien, hasta ahora sabemos calcular campos el´ectricos y eso parece ser suficiente para nosotros.

3.2.

Secci´

on extra: Demostraci´

on de

distribucio-nes de carga lineales

A continuaci´on se demuestra, a pedido de algunos, el caso general para una distribuci´on de cargaλ(~r) en el espacio. Espero que a trav´es de ´esta puedan deducir el caso de densidad de carga superficial y volum´etrico, ¡int´entenlo!

3.2.1.

Demostraci´

on

X

z

y

r

R

R-r

Alambre

Figura 3.2: Figura de un alambre posado en el espacio.

En general, supongamos una l´ınea (alambre muy delgado) con densidad de cargaλ(~r), como en la figura, donde~res el vector que va desde el or´ıgen a esta l´ınea. Supongamos entonces que queremos obtener el campo el´ectrico en algun punto del espacio, digamos indicado por el vector R~. As´ı, el vector que une la l´ınea cargada con ese punto esR~−~r. Dividamos la l´ınea de carga ennpedacitos, de modo que podamos aproximar el campo el´ectrico en R~. As´ı, tendremos que un pedacito ∆Ei~ de campo el´ectrico ser´a:

∆Ei~ = k∆q(ri~)

kR~ −~rik2

Unitario

z }| {

~ R−~ri

kR~ −~rik

Pero obs´ervese que ∆q(~ri) = λ(~ri)∆ℓi, donde ∆ℓi = k~ri−~ri+1k, es decir, un

peque˜no pedacito del alambre. Ahora bien, una aproximaci´on al campo el´ectrico total entonces ser´ıa:

~ E(R)≈

n

X

i=0

∆Ei~ =

n

X

i=0

kλ(~ri)∆ℓi

kR~ −~rik2

~ R−~ri

(15)

¿Cu´ando se hace exacta la aproximaci´on? En el l´ımite cuandon→ ∞:

~

E(R) = l´ım

n→∞

n

X

i=0

∆Ei~ = l´ım

n→∞

n

X

i=0

kλ(~ri)∆ℓi

kR~ −~rik2

~ R−~ri

kR~ −~rik =

Z (~r)dℓ

kR~−~rk2

~ R−~r

(16)

Cap´ıtulo 4

Electroest´

atica: Ley de

Gauss

4.1.

Introducci´

on

Con las herramientas matem´aticas desarrolladas hasta ahora, podr´ıa parecer-nos que cualquier problema puede ser resuelto simplemente aplicando el c´alculo diferencial. Primero, consideramos una cantidad peque˜na de un elemento de carga y luego integramos para encontrar el campo el´ectrico en un determinado punto. Pero...¿no existir´a alguna manera m´as simple para calcular, por ejemplo, el campo el´ectrico producido por una esfera de radioR y cargaQ?

Parece intuitivo pensar que dicho campo el´ectrico no debe depender de otra componente m´as que el radio, puesto que como la esfera es sim´etrica, no importa el ´angulo desde el cual miremos la esfera, siempre se ver´a igual, a no ser que cambiemos nuestra distancia a ella. Bajo este argumento de simetr´ıa, es intuitivo pensar entonces que el campo el´ectrico de la esfera debe ser de la forma:

~

E(r) =f(r)ˆr

¿Podremos ocupar ´este argumento de alguna manera? Pues en un momento veremos que si.

4.2.

La Ley de Gauss

La ley que enunciaremos en un momento tiene una derivaci´on que requie-re de c´alculo multivariable para ser demostrada usando la Ley de Coulomb (y un par de herramientas matem´aticas extra). Dicha demostraci´on la dejar´e en el ap´endice para el interesado, pero aqu´ı me gustar´ıa tomar un approach m´as intuitivo.

Pensemos en el campo el´ectrico de una part´cula de cargaq:

~

E(r) = kq

(17)

Me gustar´ıa que realmente visualiz´aramos lo que significa el campo el´ectrico

~

E(r): si tomamos un vector~rque apunta, digamos, a un punto que est´a a una distanciaade nuestra carga, entoncesE~(a) representa la magnitud, direcci´on y sentido del campo el´ectricoen dicho punto. Es decir, es “una flechita” en ese punto que apunta radialmente (debido al vector unitario ˆr) con una magnitud (o “de largo” si se quiere pensar as´ı)kE~(a)k. Teniendo ese concepto claro, pen-semos ahora en que cubrimos la carga, sin tocarla, con un material de pl´astico (como el material del que estan hechos los globos) y pensemos en “la flechita” que se pone en cada punto de este material (si se quiere, se puede imaginar la cargaq“levitando” dentro de un globo, el que luego “deformamos” con nuestras manos, sin reventarlo, para formar cualquier superficie arbitraria): si un trozo del material est´a lejos de la carga, entonces la flechita que se posa sobre ese trozo ser´a peque˜na, mientras que si otro trozo del material est´a cerca, la flechita ser´a grande (es como si estas flechitas, mirado desde afuera del material, estu-vieran “perforando” el material, tal como perforar´ıa cualquier objeto que posea espinas un material como un globo).

Miremos el problema ahora desde adentro, es decir, supongamos que esta-mos sentados sobre la carga q que est´a encerrada por este material de globo: ¿qu´e pasa si movemos la cargaqhacia un trozo de este material que est´e lejos? Pues bien, a medida que acercamos la carga a dicho trozo de material, la fle-chita en el mismo ir´a increment´andose cada vez m´as. Por otro lado, el ´area que contiene estas flechas “grandes” disminuir´a. Por otro lado, la flechita que estaba posada sobre el trozo de material que est´a justo en el sentido contrario hacia donde estamos moviendo la cargaq estar´a disminuyendo, pero el ´area sobre la cual llegan estas flechas de menor magnitud ir´a increment´andose. Si extende-mos este concepto a todas las flechitas que aparecen en el material con el que cubrimos nuestra carga, obtenemos justamente lo que nos quiere decir la Ley de Gauss: si sumamos todas las magnitudes de los campos el´ectricos que est´an sobre el material que cubre nuestra cargaq (es decir, sumamos los “largos” de los vectores campo el´ectrico que aparecen en la superficie del material con el que cubrimos nuestra cargaq), y multiplicamos cada magnitud por el pedacito de ´area que cubren, el n´umero obtenido siempre ser´a igual a una constante que, l´ogicamente, depender´a de la carga que tenemos encerrada. Este argumento lo podemos extender a una distribuci´on de cargas, puesto que una distribuci´on de cargas justamente est´a compuesta por peque˜nas componentes de campo el´ectri-co el´ectri-como el que hab´ıamos mencionado anteriormente:y ´esta es justamente la Ley de Gauss. Matem´aticamente, ´esta se formula como:

Φ ={E~ ·d ~A=cq= q

ǫ0

Donde la constante de proporcionalidad c = 1/ǫ0 introduce ǫ0, que es la

lla-mada “constante el´ectrica” y Φ es llamado el flujo el´ectrico provocado por la carga q. El s´ımbolo s representa una “suma en una superficie” (es decir, una doble integral, pues estamos sumando “parches” de la superficie), y se le agrega el c´ırculo formando el s´ımbolo v para representar que se suma toda una superficiecerrada. Obs´ervese que justamenteE~·d ~Arepresenta “trocitos” de la magnitud del campo el´ectrico en la superficie hecho producto punto con

(18)
(19)

Cap´ıtulo 5

Potencial Electrost´

atico

5.1.

Definici´

on de trabajo y diferencia de

poten-cial

Podr´ıa parecer que con las leyes de fuerza y campo el´ectrico “estar´ıamos listos”. A´un as´ı, estas leyes nos abren miles de puertas para poder seguir desa-rrollando t´erminos y obtener m´as y m´as informaci´on de los sistemas que se nos puedan presentar. Consid´erese, por ejemplo, la definici´on detrabajo:

W =F~ ·d~

Donde F~ es la fuerza en el punto a calcular el trabajo y d~ es el vector que apunta en la direcci´on hacia donde desplazamos el punto afectado por dicha fuerza (donde su “cola” est´a en el punto de inicio y su “punta” apunta hacia donde movimos la carga). Ahora bien, supongamos que existe un campo el´ectrico presente en el espacio, E~(r). Aqu´ı creo que es bien importante definir qu´e es

r. Muchos autores usualmente omiten el hecho de que a veces uno se confunde cuando ponen E~(~r) ´o definiciones parecidas. Aqu´ı, r representa el m´odulo de nuestro vector ~r (que va desde el or´ıgen) hacia el punto en el cual estamos calculando el campo el´ectrico. En coordenadas cartesianas, esto es:

r= ~r

k~rk =

xxˆ+yyˆ+zzˆ p

x2+y2+z2 =

(x, y, z) p

x2+y2+z2

Por tanto, con esta definicion clarificada, una part´ıcula de carga q experimen-tar´a una fuerza:

~

F =q ~E(r)

Ahora bien, ¿qu´e fuerza debo hacer yo, un agente externo, para mover esta part´ıcula? Pues bien, debo hacer una fuerza con signo contrario, es decir:

~

Fnes=−q ~E(r)

El sub´ındice “nes” lo puse para destacar el hecho de que soy yo, con mis energ´ıas y esfuerzo el que muevo la part´ıcula. As´ı, si movemos por una cantidad peque˜na ∆~ℓ la part´ıcula de carga q en este espacio, el trabajo que debo realizar para moverla ser´a:

(20)

Ok, ok, ahora apliquemos esto a un problema m´as “concreto”. Supongamos que esta carga es “tragada” por un insecto, de modo que la trayectoria que recorre el mismo es complicada...¿c´omo puedo obtener el trabajo necesario que tuvo que hacer el insecto para mover la carga desde un puntoahasta un puntob? Pues bien, si ∆~ℓ rempresenta un trozo del “camino” de nuestro insecto, entonces si partimos el camino del mismo enN pedacitos y tomamos dos de esos pedacitos que esten juntos, digamos~ri y~ri+11, entonces podemos representar el pedacito

∆~ℓi como:

∆~ℓi=~ri+1−~ri = (xi+1xˆ+yi+1yˆ+zi+1zˆ)−(xixˆ+yiyˆ+zizˆ)

(M´ırese la definici´on hecha m´as arriba para el vector~r). Es decir, ∆~ℓes el vector que va desde~ri hacia~ri+1. Podemos escribirlo mejor as´ı, de hecho:

∆~ℓi= (xi+1xˆ+yi+1yˆ+zi+1zˆ)−(xixˆ+yiyˆ+zizˆ) = ∆xixˆ+ ∆yiyˆ+ ∆zizˆ

Donde ∆xi = xi+1 −xi, lo que es an´alogo para las dem´as componentes. Si

suponemos que podemos escribir (de alguna manera, con un dibujo, con un computador, etc.) la trayectoria vectorial del insecto a trav´es de cada trozo que partimos (que puede imaginarse como un conjunto de “flechas que siguen al insecto en todo momento”) entonces el trabajo realizado por el insecto en el trozoi-´esimo ser´a, aproximadamente:

∆Wab

i =−q ~E(ri)·∆~ℓi

(El super´ındice “ab” se ocup´o simplemente para denotar que este es el trabajo en llevar la part´ıcula desde a hasta b). Es decir, es la resta de los vectores de la trayectoria (los ∆~ℓi) que, justamente, “dibujan” la curva por la cual se mueve el insecto. Ahora bien, si sumamos todos los pedacitos de la trayectoria, obtendremos una aproximaci´on al trabajo total:

Wab≈

N

X

i=0

∆Wiab= N

X

i=0

−q ~E(ri)·∆~ℓi

(F´ıjense que ahora baj´e el super´ındice “ab” y lo convert´ı en sub´ındice. Lo hize simplemente por comodidad y est´etica2). Y bueno, para obtener la cantidad

exacta de trabajo, obtenemos el l´ımite cuando la cantidad de pedacitos de la trayectoria tienden a ser infinitos3, es decir:

∆Wab= l´ım

N→∞

N

X

i=0

∆Wi = l´ım

N→∞

N

X

i=0

−q ~E(ri)·∆~ℓi

1

Por ejemplo si partimos la trayectoria en 100 pedazos, podr´ıamos tomar el pedazo~r4y~r5

´

o el~r49y~r50. En aquellos casos,i= 4 ei= 49, respectivamente. La idea de tomar sub-´ındices

arbitrariosies hacer el caso general.

2

En otras palabras, se ve feo “arriba”.

3

(21)

¿Reconocen ´esto? ¡Es una suma de Riemann! Es decir:

∆Wab= l´ım

N→∞

N

X

i=0

−q ~E(ri)·∆~ℓi=−

Z b

a ~

E(r)·d~ℓ (5.1)

El trabajo es una cantidad que depende de la cargaqque yo mueva. A´un as´ı, en f´ısica, usualmente nos interesa analizar cosas que solo tengan que ver con una cantidad f´ısica a la vez (bajo el lema de “divide y vencer´as”). Por tanto, lo que nos interesa es la integral del campo el´ectrico en la definici´on del trabajo. Para ello, se define el la diferencia de potencial electrost´atico ∆Vab que es el trabajo dividido por la carga de prueba (la que se comi´o el insecto). As´ı:

∆Vab=∆Wab

q =−

Z b

a ~

E(r)·d~ℓ (5.2)

As´ı, la diferencia de potencial es el trabajo por unidad de carga en mover una carga a trav´es de cierta trayectoria~ℓ. Las integrales de la ecuaciones que acabamos que derivar se llaman integrales de l´ınea, por que dependen usualmente de la l´ınea o trayectoria seguida por “nuestro insecto”.

De la ecuaci´on anterior tambi´en podemos derivar lo que es llamado, a secas, el potencial electrost´atico, que usualmente4 se define como el trabajo por

unidad de carga en traer una carga desde el infinito hasta un punto r:

V(r) =−

Z r

~ E(r′

)·d~ℓ (5.3)

Obs´ervese que cambi´e el ren la integral porr′

para no confundir con el l´ımite de integraci´on de la definici´on del potencial electrost´atico. Pero...¿c´omo var´ıa en especial esta integral con la trayectoria?, ¿tendr´e que realmente saberla para poder calcular el trabajo y por tanto el potencial el´ectrico de un campo? Pues bien, ya veremos c´omo. S´olo les puedo adelantar que los campos el´ectricos son camposmuyespeciales.

5.2.

Campos conservativos: Independencia del

camino

Si bien la definici´on de la ecuaci´on (5.2) es genial, puede serlo m´as a´un para poder visualizar mejor lo que esta integral significa de manera m´as “simple”. En f´ısica, muchos de los campos el´ectricos que uno observa son radiales. Por ejemplo, el campo el´ectrico producido por una carga puntual Q es, como ya sabemos:

~

E(r) = Q 4πǫ0r2

ˆ

r

4

(22)

Por tanto, debemos cambiar el diferenciald~ℓ=dxxˆ+dyyˆ+dzdzˆ a coordenadas ad-hoc. Las m´as generales para nuestro tipo de problemas son las coordenadas esf´ericas. En estas coordenadas, sabemos que:

d~ℓ=drrˆ+rdθθˆ+rsin(θ)dφφˆ

Lo cual, por si no se acuerdan, representa exactamente lo mismo que d~ℓ =

dxxˆ +dyyˆ+dzzˆ, es decir, un vector infinitesimal, en coordenadas esf´ericas donde r es el m´odulo del vector posici´on, θ es el ´angulo que forma el mismo con el ejezyφes el ´angulo que forma el mismo proyectado en el planoxycon respecto al eje x5. Si hacemos el producto punto del campo el´ectrico con este

d~ℓobtenemos:

Q

4πǫ0r2

ˆ

r

·drˆr+rdθθˆ+rsin(θ)dφφˆ= Q 4πǫ0r2

dr

(Puesto que el producto punto de ˆrcon los dem´as vectores es 0, dada la defini-ci´on de que los tres vectores normales son ortonormales)...¡La integral entonces no depende de la trayectoria tomada! En el ejemplo anterior entonces, reempla-zando en la ecuaci´on (5.2) obtenemos:

∆Vab=−

Z b

a ~

E(r)·d~ℓ=−

Z b

a Q

4πǫ0r2

dr= Q 4πǫ0

1 b− 1 a

¿Y el trabajo en llevar una carga q como lo obtengo? Pues recordamos la de-finici´on de diferencia de potencial que es el “trabajo por unidad de carga”. Por tanto, multiplicamos nuestro resultado por nuestra cargaqpara obtener el trabajo:

Wab=q∆Vab= qQ 4πǫ0

1 b − 1 a

¡Woah! Obs´ervese que sia > bentonces el trabajo en llevar la carga deaabes positivo...¿tiene sentido eso? Pues si. Si lo pensamos, decir que a > bsignifica que el punto de inicio de la integral es mayor que el punto final de la integral, por lo tanto el puntoaest´a m´as lejos que el puntobde nuestra cargaQ. As´ı, en llevar la carga desde a (un punto m´as lejano) haciab (un punto m´as cercano)

requiere trabajo (por eso el signo positivo) puesto que “nos cuesta” llevar la carga hacia el puntob, dado que las cargasqyQse repelen. Calculemos ahora el potencial electrost´atico (pues la diferenciade potencial electrost´atico ya la calculamos) considerando la definici´on dada en la ecuaci´on (5.3):

V(r) =−

Z r

Q

4πǫ0r′2

ˆ

r·d~ℓ= Q 4πǫ0r

Es decir, a medida que me acerco al or´ıgen, el trabajo por unidad de carga es

mayor (¿tiene sentido aquello?). Si multiplicamos porqesta ecuaci´on, obtene-mos el trabajo necesario para llevar una carga del infinito hacia una distanciar

5

A´un as´ı, el ´orden de las coordenadas esf´ericas al escribirlas vectorialmente es algo que me confundi´o mucho al principio: En coordenadas cil´ındricas uno escribe las variables en el ´orgen

(23)

del or´ıgen:

W(r) =qV(r) = qQ 4πǫ0r

¡Esto nuevamente tiene sentido! Mientras m´as cerca quiero llegar, m´as trabajo debo hacer (i.e. el n´umero es m´as grande).

Pues bien, para casos de campos radiales sabemos que la integral a resolver es simple pues no depende del camino tomado. Ahora bien, se puede demostrar que en general, si un campo vectorial cumple ciertos requisitos, entonces la integral siempre va a serindependiente del camino. Es decir, depender´a s´olo de los puntosayb. La demostraci´on de aquello es opcional (la dejar´e en el ap´endice, para que sea opcional leerla), pero en general en casi todos los campos el´ectricos que encuentren esto se cumple (y probablemente lo har´a para todos los campos el´ectricos a visualizar en el curso). Por ello, el campo el´ectricoproducido por una carga estacionaria es un campo muy especial y espero me crean (por ahora, ´o vayan a leer la demostraci´on) que las integrales de l´ınea no dependen del camino tomado cuando el campo el´ectrico tiene ese or´gen y, por tanto, trabajar con ellos es bastante simple.

5.3.

Uniendo todo con las Leyes de Newton

De acuerdo a la segunda ley de Newton, sabemos que:

~ F =md

2~r

dt2

Nosotros, en la ecuaci´on (5.1) calculamos el trabajo realizado por un agente externoen llevar una part´ıcula de un punto ahacia un puntob. Si aplicamos la definici´on de trabajo sobre esta ecuaci´on, llegaremos a:

−∆Wab= Z b

a ~ F ·d~ℓ=

Z b

a md

2~r

dt2 ·d~ℓ

¿Por que puse un signo menos delante de ∆Wab? Pues bueno, a nosotros nos gustar´ıa poder ocupar la Ley de Newton que est´a m´as arriba que se refiere a la part´ıcula (no al agente externo). Podemos arreglar eso simplemente anteponien-do un signo menos en la ecuaci´on (5.1) puesto que aquella ecuaci´on fue derivada usando la fuerza que debe hacer un agente externo para poder mover la part´ıcu-la (el insecto, en ese caso). Si le anteponemos un signo menos, recuperamos part´ıcu-la fuerza que el insecto sent´ıa en un inicio. En fin, en nuestro caso ten´ıamos que

d~ℓ=d~r:

−∆Wab= Z b

a ~

F·d~ℓ = Z b

a md

2~r

dt2 ·d~ℓ

= Z b

a md

2~r

dt2 ·d~r

Pero:

d~v dt =

d2~r

dt2 y

d~r

(24)

As´ı:

−∆Wab= Z b

a ~

F·d~ℓ = Z b

a md

2~r

dt2 ·d~r

= m

Z b

a d~v dt ·~vdt

Comod~v y~v apuntan en la misma direcci´on, los vectores direcci´on se cancelan y quedamos con:

−∆Wab= Z b

a ~

F·d~ℓ = m

Z b

a d~v dt ·~vdt

= m

Z b

a v dv

= mv

2 2 b a

= mv

2

b

2 −m

v2

a

2

M´as arriba se hizo k~vk =v para hacer m´as legible el resultado, simplemente. En resumen, quedamos con:

1 2mv 2 b − 1 2mv 2

a =−∆Wab (5.4)

¡´Este es el famoso teorema del trabajo y la energ´ıa! Probablemente ya lo han visto en alguna de sus m´ultiples formas, pero siempre es bueno re-derivar con-ceptos conocidos.

Calculemos la velocidad inicial de la part´ıcula de cargaqque se comi´o nuestro insecto, suponiendo que en la posici´on de llegada (es decir en b) la velocidad ser´a 0 (pues el insecto “dejar´a la part´ıcula all´ı”). Recordamos que el trabajo que calculamos fue:

∆Wab= qQ 4πǫ0

1 b − 1 a

Por tanto, reemplazando ´esto en la ecuaci´on (5.4) obtenemos con, como ya dijimos,vb= 0:

−12mva2=− qQ

4πǫ0

1 b − 1 a Es decir: va= s 2 m qQ

4πǫ0

1 b − 1 a

Por tanto, mientras a > b no hay problema con nuestra formulaci´on y tiene todo sentido: La velocidad de partida ser´a positiva. A´un as´ı...¿qu´e pasa cuando

(25)

Todo esto se hace m´as visible si hacemos a → ∞, es decir, la velocidad para traer una part´ıcula desde el infinito hasta un puntob:

v∞=

s 2

m qQ

4πǫ0

1

b

¿Lo ven? ¡Requerimos una velocidad inicial m´ınima para traer a la part´ıcula desde muy, muy lejos!

5.4.

Problemas: Potencial y Diferencias de

po-tencial

Problema 1. Considere el cascar´on de la figura, que se compone de una carga puntual de carga q0 ≥ 0 y un cascar´on conductor de carga Q ≥0. En

funci´on de ello, calcule:

a) El campo el´ectrico en todo el espacio.

b) El potencial el´ectrost´atico en todo el espacio.

c) La diferencia de potencial entre los puntos a y b, dentro del cascar´on, ¿tiene sentido su resultado?

a

b

q

0

q

casc

Figura 5.1: Cascaron para el Problema 1.

Soluci´on. Primero observamos que en la superficie interior del cascar´on conductor, se acumulara una carga−q0 debido a los electrones que se sienten

atra´ıdos por la carga q0 central. Por tanto, la superficie exterior del conductor

quedar´a con una cargaQ+q0(de modo que la carga total del cascar´onQcasc=

−q0+Q+q0=Q).

a) Primero calculamos entonces el campo el´ectrico a un radior≤a. Por Ley

de Gauss: {

~

E(r)·d ~A=Qenc

ǫ0

Asumimos queE~(r) =E(r)ˆr, y comod ~A= 4πr2rˆyQenc=q

0, obtenemos:

E4πr2=q0

ǫ0

Es decir:

E= q0 4πr2ǫ

(26)

Por tanto, el campo el´ectrico parar≤aes:

~ Eint=

q0

4πr2ǫ 0

ˆ

r

Ahora bien, paraa ≤ r ≤ b, como la carga encerrada es 0, entonces el campo el´ectrico tambi´en lo es:

~

Ecasc = 0

Para el caso exterior, cuandob≤rla carga encerrada ser´aQenc=Q+q0,

por lo que el campo el´ectrico ser´a:

~ Eext=

Q+q0

4πr2ǫ 0

ˆ

r

As´ı, resumiendo, el campo el´ectrico en el espacio ser´a:

~ E(r) =

         ~

Eint(r) =

q0

4πr2ǫ 0

ˆ

r :r≤a

~

Ecasc(r) = 0 :a≤r≤b

~

Eext(r) =

Q+q0

4πr2ǫ 0

ˆ

r :r≥b

b) Ocupamos la definici´on de potencial electrost´atico. Comenzamos entonces para un radior≥b(“de afuera hacia adentro”):

Vext(r) =−

Z r

~ E(r′

)·d~ℓ=−

Z r

~

Eext(r′)·d~ℓ

As´ı:

Vext(r) =−

Z r

Q+q0

4πr′2ǫ 0

ˆ

r·dr~r= Q+q0 4πr′ǫ

0 r ∞ Por tanto:

Vext(r) =

Q+q0

4πrǫ0

Ahora el potencial en el cascar´on. De acuerdo a la definici´on de potencial electrost´atico, tendremos:

Vcasc(r) =−

Z r

~ E(r′

)·d~ℓ=−

Z b

~ Eext(r

′ )·d~ℓ−

Z r

b ~ Ecasc(r

′ )·d~ℓ

Como el campo en el cascar´on es 0, la segunda integral es 0. As´ı:

Vcasc(r) =−

Z b

~

Eext(r′)·d~ℓ=−

Z b

Q+q0

4πr′2ǫ 0

ˆ

r·drrˆ=Q+q0 4πbǫ0

Por ´ultimo, el potencial en la regi´on interior, nuevamente por la definici´on, ser´ıa:

Vcasc(r) =−

Z r

~ E(r′

)·d~ℓ=−

Z b

~

Eext(r′)·d~ℓ−

Z a

b ~

Ecasc(r′)·d~ℓ−

Z r

a ~

Eint(r′)·d~ℓ

Por tanto:

Vcasc(r) =

Q+q0

4πrǫ0

(27)

En resumen:

V(r) =       

     

Vint(r) =

Q+q0

4πrǫ0

+ q0 4πrǫ0

:r≤a Vcasc(r) =

Q+q0

4πbǫ0

:a≤r≤b Vext(r) =

Q+q0

4πrǫ0

:r≥b

¿¡ Tiene sentido ´esto !? ¡Claro! Significa que mientras m´as adentro quiero llego, m´as trabajo por unidad de carga debo realizar. Si imaginamos que queremos llevar una carga positiva desde el infinito a trav´es de todo este sistema, tiene mucho sentido que mientras m´as adentro calcule el poten-cial electrost´atico, m´as grande sea el valor de ´este. N´otese adem´as que el potencial dentro del cascaron esconstante, no cero.

c) Basta con calcular el potencial enay enbdentro del cascar´on:

V(b) = Q+q0 4πbǫ0

V(a) = Q+q0 4πbǫ0

Como la integral no depende del camino, basta con tomar la diferencia de los potenciales:

∆Vab=V(b)−V(a) = 0

(28)

Cap´ıtulo 6

Electrodin´

amica 1:

(29)

Cap´ıtulo 7

Electrodin´

amica 2: Leyes de

Kirchoff y Circuitos RC

Las leyes de Gustav Kirchoff (1824-1887) no son solo las que uno usualmente tiende a obtener en los cursos de Electricidad y Magnetismo. ´Este f´ısico nacido en la antig¨ua Prusia (actual Rusia) postul´o leyes tanto como para los circuitos el´ectricos como para la emisi´on t´ermica (de hecho, el fue el que cre´o el t´ermino de

cuerpo negro para definir un emisor perfecto de radiaci´on). A´un as´ı, cuando nos refiramos en el presente cap´ıtulo a sus leyes, nos referiremos a las que enunciar´e a continuaci´on.

7.1.

Pre´

ambulo a las leyes de Kirchoff

Antes de enunciar los postulados de las leyes, recordemos que la diferencia de potencial entre dos puntosa yb, que corresponde al trabajo por unidad de carga que debo realizar para llevar una carga desdeaa bes:

∆Vab=Vb−Va=−

Z b

a ~ E·d~ℓ

Ahora bien, ¿qu´e pasa si mi punto de llegada es nuevamentea, es decira=b? Pues bien, sin importar la trayectoria que yo tome:

∆Vaa=Va−Va=−

Z a

a ~

E·d~ℓ= 0

´

Esto matem´aticamente se define como unaintegral de l´ınea a trav´es de un camino cerrado(suena choro el nombre, ¿no?). Y puede expresarse as´ı:

I

~

E·d~ℓ= 0 (7.1)

(30)

7.2.

Leyes de Kirchoff

I

I I

I

2 1

3

1

E

A B

C

D

E

F

G

Figura 7.1: Circuito simple de resistencias. Los sub´ındices de cada resistencia corresponden, justamente, al mismo sub´ındice de la corriente que circula a trav´es de ellas.

En un circuito el´ectrico como el de la Figura 7.1, Kirchoff postula1 que:

1. La integral de l´ınea a trav´es de un camino cerrado en el circuito es 0, es decir, la suma de las diferencias de potencial a trav´es de un camino cerrado en el circuito es 0.

2. Las intensidades de corriente que se unen en algun punto del circuito, ser´an siempre sumas o sumar´an nuevas corrientes (an´alogo a los caudales de agua).

Por lo tanto, lo que postula la primera ley ya lo pudimos ver en la secci´on anterior. La segunda ley simplemente quiere decir que, por ejemplo, dos caudales de intensidadI1eI2que convergan hacia un caudal ´unicoI3, podr´an expresarse

como:

I1+I2=I3

En la Figura 7.1 podemos apreciar c´omo es que ´ambas leyes se cumplen llegan-do a resultallegan-dos coherentes. Hagamos lo siguiente: Consideremos llegan-dos recorrillegan-dos, ´ambos partiendo y llegando en el punto A. En el primer recorrido, que llama-remos caminoγ1 (no se asusten por los nombres de los recorridos, en realidad,

es s´olo una formacool de ponerle un nombre a algo), seguiremos por los puntos ABCEGA y en el segundo recorrido, que llamaremos caminoγ2, seguiremos por

los puntos ABDFGA.

Para el primer recorridotendremos que, como se propone por la primera Ley de Kirchoff:

I

γ1

~

E·d~ℓ=−

Z B

A ~ E·d~ℓ−

Z C

B ~ E·d~ℓ−

Z E

C ~ E·d~ℓ−

Z G

E ~ E·d~ℓ−

Z A

G ~ E·d~ℓ

1

(31)

Obs´ervese que en la integral se enfatiz´o el hecho de que realizamos el reco-rrido a trav´es del camino γ1. Ahora bien...¿c´omo resolvemos estas integrales?

Pues...¡cada uno de esos t´erminos es, justamente, la diferencia de potencial entre los puntos!:

I

γ1

~

E·d~ℓ= ∆VAB+ ∆VBC+ ∆VCE+ ∆VEG+ ∆VGA

Y por la ecuaci´on (7.1): I

γ1

~

E·d~ℓ= ∆VAB+ ∆VBC+ ∆VCE+ ∆VEG+ ∆VGA= 0 (7.2)

Ahora bien, sabemos que por definici´on de que la f.e.m.ǫes positiva y el poten-cial en B es mayor que el potenpoten-cial en A, ∆VAB=VB−VA=ǫy como no existe ning´un material entre B y C, ∆VBC = 0. Pero...¿qu´e pasa con las resistencias? Pues sabemos que las resistencias son materiales ohmicos, por lo que podemos ocupar la relaci´on:

∆V =RI

Recordemos que ´esta es una relaci´on que sucede dentro del material resistivo, es decir, dentro de la resistencia, pero que modifica globalmente el circuito: Si en un circuitoR→0,I→ ∞ y se produce lo que uno conoce como un cortocircuito, es decir, cuando la corriente es tan inmensa que provoca un sobre-calentamiento de los materiales involucrados. Siendo as´ı, lo que hace la resistencia entonces es provocar una ca´ıda de potencial, es decir, restarle potencial al circuito total, si asumimos que la intensidad va en la misma direcci´on que la que postulamos en el dibujo. De ´este modo, la ca´ıda de potencial entre los puntos C y E es:

∆VCE =VE−VC=−R3I3

Similarmente, entre E y G no tenemos ning´un material, por lo que ∆VEG= 0, pero entre los puntos G y A tenemos otra ca´ıda de potencial, provocada por la resistencia por la cual pasa la corriente I1 (¿por qu´e es la misma corriente I1

la que pasa a trav´es de esta resistencia? Piensa que pasar´ıa si no estuvieran las resistenciasR2 yR3):

∆VGA=−R1I1

Reemplazando todo ´esto en la ecuaci´on (7.2) tenemos entonces: I

γ1

~

E·d~ℓ=ǫ−R3I3−R1I1= 0

Si hacemos lo mismo para el caminoγ2tendremos:

I

γ2

~

E·d~ℓ=ǫ−R2I2−R1I1= 0

Y por la segunda ley de Kirchoff sabemos que:

I1=I2+I3

Resumiendo entonces, tenemos las siguientes ecuaciones:

ǫ−R3I3−R1I1 = 0 (7.3)

ǫ−R2I2−R1I1 = 0 (7.4)

(32)

DespejaremosI3de la ecuaci´on (7.3) eI2de la ecuaci´on (7.4) y reemplazaremos

estos valores en la ecuaci´on 7.5. Con ello, nos queda:

I1=

ǫ−R1I1

R3

+ǫ−R1I1

R2

1

R2

+ 1

R3

−R1I1

1

R2

+ 1

R3

O ordenando un poco:

I1=

ǫ

R1+

1

R2 +

1

R3 −1

¿Les parece ´esto conocido? Pues, el resultado primero estipula que podr´ıamos haber reemplazado el lugar en donde pasan las corrientesI2 eI3por una

resis-tencia equivalente igual a:

1

Req1

= 1

R2

+ 1

R3

Y que adem´as, podr´ıamos haber reemplazado ´esta y la resistencia R1 por otra

resistencia equivalente:

Req2=Req1+R1

De modo que el resultado quedar´ıa:

I1=

ǫ Req2

Es decir, con la ley de Kirchoff, hemos demostrado las resistencias equivalentes para resistencias en paralelo y en serie.

7.3.

Circuitos RC

I

E

C

Figura 7.2: Circuito RC.

Los circuitos RC son simplemente una aplicaci´on a lo antes mencionado para el caso en el cual tenemos, adem´as, un condensador, como podemos apreciar en la Figura 7.2. De acuerdo con la primera ley de Kirchoff podemos hacer, recordando que la diferencia de potencial para un condensador es ∆V =Q/C:

I

~

(33)

Si observamos detenidamente esta ecuaci´on, nos daremos cuenta que la intensi-dadI, depende del tiempo. Recordemos que los condensadores toman tiempo en cargarse y, a´un cuando el mismo tenga una carga inicialq0, requerir´a tiempo en

cargar. Desde aqu´ı hay dos formas de obtener el mismo resultado. La primera forma es simplemente reemplazarI=dQ/dt, con lo que:

ǫ−QC −RdQ dt = 0→

dQ dt =−

Q RC +

ǫ R

Con ello obtenemos una ecuaci´on diferencial de variables separables, con lo que:

Z dQ

Q−ǫC =−

Z dt

RC

Haciendo el cambio de variablesµ=Q−ǫC, con lo quedµ= 1 tendremos:

ln(Q−ǫC) =−RCt +D

DondeD es una constante de integraci´on. As´ı:

Q(t) =e−t/RC+D+ǫC=e−t/RCeD+ǫC

La constante de integraci´on la obtenemos teniendo en consideraci´on la carga inicial del condensador,q0:

Q(0) =eD+ǫC=q0→eD=q0−ǫC

Con lo que:

Q(t) =e−t/RC(q

0−ǫC) +ǫC (7.7)

Que es justamente la carga del condensador en funci´on del tiempo. Si derivamos esta ecuaci´on con respecto al tiempo, obtenemos la intensidad en funci´on del tiempo:

dQ

dt =I(t) =

−1

RCe

−t/RC(q

0−ǫC)

Es decir:

I(t) =

ǫ−q0/C

R

e−t/RC (7.8)

Otra forma de derivar la misma ecuaci´on es la siguiente. Si derivamos la ecuaci´on (7.6) esta ´ultima ecuaci´on con respecto al tiempo, tendremos:

C1 dQdt −RdI dt =−

1

CI−R dI

dt = 0→R dI dt =−

1

CI

Esta ´ultima es una ecuaci´on diferencial de variables separables, as´ı:

R

Z dI

I =−

1

C

Z

dt→Rln (I(t)) =−Ct +D

DondeD es una constante de integraci´on. Por lo tanto, nos quedar´a:

(34)

Para encontrar el valor de la constante de integraci´on, reemplazamos el valor de

I(0):

I(0) =eD=I0

Por lo que la ecuaci´on para la intensidad en funci´on del tiempo queda:

I(t) =I0e−t/RC

Pero...¿cu´anto vale la intensidad inicial? Pues bien, la intensidad inicial es la intensidad que tendr´ıa el circuito cuando reci´en posamos el condensador, es decir, la intensidad de corriente debido a la resistencia y a la carga inicial que pose´ıa el condensador. Si hacemos la ley de Kirchoff cuando reci´en posamos el condensador, es decir, en un tiempot= 0, obtendremos:

I

inicial ~

E·d~ℓ=ǫ−RI0−q0/C= 0

Con lo que:

I0=

ǫ−q0/C

R

Obs´ervese que es lo mismo que lo que obtuvimos en la ecuaci´on (7.8) (se deja como tarea comprobar que al integrar la ecuaci´on reci´en derivada, se llega a lo mismo que en la ecuaci´on (7.7)). ¿Qu´e podemos observar cualitativamente en las ecuaciones? Observamos que justamente si el condensador inicial posee car-ga, entonces ´esto disminuir´a el factor por el cual aumenta la intensidad con el tiempo en la ecuaci´on (7.8), lo cual tiene sentido pues es como si el condensador ya “se hubi´ese cargado” un poco antes de que lo ingres´aramos al circuito.

Figura 7.3: Circuito RC real, comparando la teor´ıa con los resultados obtenidos en el laboratorio.

Obs´ervese que dadas las ecuaciones anteriores, es f´acil poder obtener la di-ferencia de potencial a trav´es del condensador usando que:

V(t) = Q(t)

(35)

Ahora...¿qu´e tan bien se ajustan nuestros c´alculos a la realidad? Pues, im-presionantemente bien. En la Figura 7.3 observamos la variaci´on de la diferencia de potencial (llamada muchas veces “voltaje”) en un circuito formado por una resistencia deR = 99,5 [Ω], un condensador de C = 332 [µF] y una diferencia de potencial deǫ= 4 [V].

La peque˜na sobreestimaci´on de los valores te´oricos por sobre los datos es debido principalmente al no considerar el Efecto Joule tanto en la resistencia (que al aumentar su temperatura hace que su resistencia sea mayor) como la resistencia intr´ınseca de los cables usados.

7.4.

Problemas: Ley de Kirchoff y Circuitos RC

E

R

R

R C

S S1

1

2 2

3

Figura 7.4: Figura para el Problema 1.

Problema 1 (Problema Cert´amen 2 - 1er Semestre del 2009). Consi-dere el sistema del dibujo en la Figura 7.4. En el instantet <0, los interruptores est´an abiertos y el condensador se encuentra cargado conqC(t) = 0,18 [C]. En el instante t = 0 se cierra S1, quedando S2 abierto. Luego, en un instante

t0= 0,5 [s], se cierraS2, por lo que para un instantet > t0, ´ambosswitch est´an

cerrados.

Considerandoǫ= 60 [V],R1= 4 [Ω], R2= 6 [Ω],R3= 2 [Ω],C= 5 [mF]:

a) ¿Cu´al es, aproximadamente, la corriente a trav´es de la bater´ıa en un ins-tantet= 2 [ms]?.

b) ¿Cu´al es, aproximadamente, la corriente a trav´es de la bater´ıa en un ins-tantet=t0? (Antes de cerrar elswitch).

c) ¿Cu´al es, aproximadamente, la corriente a trav´es de la bater´ıa en un ins-tantet=t0? (Despu´es de cerrar elswitch).

d) ¿Cu´al es, aproximadamente, la corriente a trav´es de la bater´ıa en un ins-tantet= 2t0?.

(36)

pasa por la resistencia R1, luego por el condensador, por la resistencia R3 y

vuelve al punto de inicio y camino γ2 al que tiene el mismo inicio, pasa por

la resistenciaR1, luego por la resistenciaR2, por la resistencia R3 y vuelve al

punto de inicio. De esta forma:

a) Aqu´ı solo podemos pasar a trav´es del caminoγ1, por lo que aplicando la

primera Ley de Kirchoff tendremos: I

γ1

~

E·d~ℓ=ǫ−R1I−

Q

C −R3I= 0

SiendoIjustamente la intensidad buscada, que es la que llega a la bater´ıa. Observamos que aunque un condensador se encuentra entre las resistencias 1 y 3, podemos aplicar una resistencia equivalente con resistencias en serie sin ning´un problema pues:

ǫ−I Req

z }| {

(R1+R3)−

Q C = 0

Resolviendo la ecuaci´on diferencial (es decir, ocupando la ecuaci´on (7.8)) obtenemos:

I(t) =

ǫ−q0/C

Req

e−t/ReqC

Reemplazando los valores dados (ǫ = 60 [V], R1 = 4 [Ω], R3 = 2 [Ω],

C= 5 [mF] yq0= 0,18 [C]) obtenemos:

I(t) = 4e−t/0,03 (7.9)

Reemplazando entoncest= 2 [ms] = 2·10−3[s]:

I(2·10−3[s]) = 4e−0,2/3

≈4e0= 4 [A]

b) Antes de cerrar el switch, simplemente ocupamos la ecuaci´on (7.9) para

t=t0:

I(t0) = 4e

−0,5/0,03= 4e−50/3

≈0 [A]

c) Justo despu´es de cerrar el switch S2, necesitamos considerar ´ambos

ca-minos, γ1 y γ2, pero en una situaci´on instant´anea, es decir, necesitamos

calcular la intensidadI3(que pasa por la bater´ıa), como si reci´en

hubi´ese-mos conectado el condensador. Por lo mismo, necesitahubi´ese-mos calcular la carga final del condensador primero, antes de cerrar el switchS2. Ya sea

inte-grando la ecuaci´on (7.9) ´o usando la ecuaci´on (7.7) (teni´endo cuidado en este ´ultimo caso con la resistenciaRa ocupar, que ser´ıa laReqque encon-tramos en la parte anterior), enconencon-tramos que la carga en el condensador en cualquier tiempot < t0 es:

Q(t) = 0,3−10012e−t/0,03

Por lo que la carga en un tiempot0es:

Q(t0) = 0,3−

12 100e

−0,5/0,03

(37)

As´ı, esta es nuestra nueva carga inicial al bajar el switch S2. Aplicando

la primera Ley de Kirchoff en los caminosγ1 yγ2 obtenemos que, en el

tiempot0:

I

γ1

~

E·d~ℓ = ǫ−R1I1−Q(t0)/C−R3I3= 0

I

γ2

~

E·d~ℓ = ǫ−R2I2−R3I3= 0

DespejandoI1 eI2 de cada una de estas ecuaciones obtenemos:

I1 =

ǫ−R3I3−Q(t0)/C

R1

I2 =

ǫ−R3I3

R2

Pero por la segunda Ley de Kirchoff tenemos queI3=I1+I2, con lo que,

ocupando los valores obtenidos y reemplazando n´umeros:

I3= −

2I3

4 +

60−2I3

6 = 10−

I3

2 −

I3

3

O sea:

I3=60

11 ≈5,5 [A]

As´ı, f´acilmente podemos obtener las dem´as intensidades iniciales:

I2 =

ǫ−R3I3

R2 = 10−

20

11 ≈8 [A]

I1 = I3−I2≈ −2,5 [A] (7.10)

Obs´ervese que la intensidadI1 es negativa...¿por qu´e? Pues ´esto significa

que la intensidad I1 no va de izquierda a derecha, sino que de derecha a

izquierda. Nuevamente: ¿Por qu´e? Para responder esta pregunta considere que la carga positiva inicial del condensador est´a ubicada en el lado iz-quierdo del mismo, que fue lo que se asumi´o al hacer este ejercicio (v´ease la Figura 7.5 y calcule la diferencia de potencial entre las placas). Recu´erdese que la intensidadI1 depende tambi´en de la f.e.m.

d) Necesitamos calcular la corriente en funci´on del tiempo. Para ello, ocu-pamos la misma forma de la primera Ley de Kirchoff que ocuocu-pamos en el problema anterior, pero lo resolvemos de manera distinta dado que aqu´ı todas las intensidades son funci´on del tiempo:

I

γ1

~

E·d~ℓ = ǫ−R1I1−Q/C−R3I3= 0

I

γ2

~

E·d~ℓ = ǫ−R2I2−R3I3= 0

(38)

Cargas positivas

Cargas negativas

R

1

I

1

Figura 7.5: Explicaci´on f´ısica del hecho de que la corriente I1 obtenida sea

negativa. Recu´erdese que la carga en un condensador seredistribuye(es decir, la carga en ´ambas placas es la misma antes y despu´es de cargar el mismo: Lo que se “carga” esenerg´ıa). Adem´as, tengase en cuenta quela carga no fluye a trav´es del condensador (´este es un error muy com´un en muchos textos sobre Electricidad y Magnetismo).

dejar ´ambas ecuaciones en funci´on deI1eI2. De acuerdo a la segunda Ley

de Kirchoff tenemos queI1+I2=I3 por lo que las ecuaciones anteriores

quedan:

ǫ−R1I1−Q/C−R3I1−R3I2= 0 (7.11)

ǫ−R2I2−R3I1−R3I2= 0 (7.12)

De la ecuaci´on (7.12) podemos despejarI2:

I2=

ǫ−R3I1

R2+R3

Y reemplaz´ando esto en la ecuaci´on (7.11) queda:

ǫ−R1I1−Q/C−R3I1−R3

ǫ

−R3I1

R2+R3

= 0

Despues de un poco de ´algebra tendremos:

I1

R2 3

R2+R3 −

R1−R3

−QC

1−R R3

2+R3

= 0

Derivando ´esto con respecto al tiempo y multiplicando por−1 el resultado obtenemos:

dI1

dt

R1+R3−

R2 3

R2+R3

+I1

C = 0

Pero si llamamos:

R=R1+R3−

R2 3

R2+R3

(39)

Entonces nos queda:

dI1

dt R=− I1

C

´

Esta ecuaci´on es una ecuaci´on diferencial de variables separables que nos llevar´a a una ecuaci´on de la forma (7.8):

I1(t) =I0e

−t/RC

Donde, por el resultado obtenido en la ecuaci´on (7.10):

I1(t0) =I0e−t0/RC =−2,5→I0=−2,5et0/RC

Con lo que:

I1(t) =−2,5e(t0−t)/RC

As´ı, las demas intensidades ser´an:

I2(t) =

ǫ−R3I1

R2+R3

= 60 + 5e

(t0−t)/RC

8

I3(t) = I2+I1=

60−15e(t0−t)/RC

8

Por lo que la corriente a trav´es de la bater´ıa en un tiempot= 2t0 ser´a:

I3(2t0) =

60−15e(t0−2t0)/RC

8 =

60−15e−t0/RC

8 ≈

60

8 = 7,5 [A]

¿Tienen sentido nuestros resultados? Obs´ervese que a medida quet→ ∞

las corrientes son:

I1 = 0

I2 =

ǫ R2+R3

I3 = ǫ

R2+R3

¿Qu´e significa ´esto? Pues bien, cuando t es muy grande el condensador queda completamente cargado por lo que no circula m´as corriente por la resistenciaR1 (pues el condensador act´ua como un sistema abierto) y las

(40)

Cap´ıtulo 8

Magnetoest´

atica

Los campos magn´eticos han sido observados desde la antig¨uedad (campos producidos por objetos que, al parecer, se repelen y atraen dependiendo de las caras con las que se enfrenten estos, como los imanes), pero entendidos en cierto grado hace relativamente poco (siglo XIX). Se cuenta que, en aqu´el tiempo, un profesor universitario estaba mostrando el comportamiento de un circuito el´ectrico, dejando un cable por el que pasaba cierta corriente I en la mesa central. El profesor, por casualidad, dej´o una br´ujula al lado de dicho cable y se di´o cuenta de que la br´ujula quedaba en ´angulo recto con el cable cada vez que encend´ıa el circuito...¿c´omo explicar aquello? Pues la explicaci´on es la relaci´on que veremos m´as adelante entre campos magn´eticos y el´ectricos dadas por las Ecuaciones de Maxwell, pero por mientras nos contentaremos con el hecho de que una corriente I parece afectar (o quiz´a provocar sus propios) campos magn´eticos.

8.1.

Fuerzas magn´

eticas: La “Fuerza de Lorentz”

La usualmente llamada “Fuerza de Lorentz” es un hecho experimental. Se observ´o a trav´es de much´ısimos experimentos que cada vez que pon´ıamos una cargaQen movimiento con un vector de velocidad~v, se produc´ıa una fuerza per-pendicular al movimiento de la misma y tambi´en perper-pendicular a una cantidad vectorial que se llam´o campo magn´etico, B~, relacionada con esta corriente provocada por la cargaQal estar en movimiento. As´ı, la fuerza producida viene dada por:

~

Fmag=Q~v×B~ (8.1)

Pero...¿c´omo obtenemos este campo magn´etico? Pues ´este se define de acuerdo a otra ley que veremos a continuaci´on.

8.2.

Campos magn´

eticos: Ley de Biot-Savart

(41)

escalar es muy parecida: A medida que alejamos el im´an de prueba de la corrien-te,el campo magn´etico producido por ella es proporcional al valor de la corriente y al inverso del cuadrado de la distancia desde la fuente hacia el punto de pruebaysu direcci´on es siempre igual al producto cruz entre la direcci´on en el que fluye la corriente y el vector unitario que sale desde el pedacito de alambre al punto en el cual calculamos el campo magn´etico, es decir, es siempre perpendicular al sentido en el que fluye la corriente y al punto hacia donde queremos calcular el campo magn´etico, mirado desde el cable.

X

z

y

l

R

R-

l

l

i i

i + 1

I

Figura 8.1: Explicaci´on de el an´alisis matem´atico de la Ley de Biot-Savart.

Tomemos un alambre por el cual fluya una corriente constanteI entonces e intentemos describir ´este proceso matem´aticamente. Consideremos un alambre y un vector~ℓque definir´a la posici´on de cualquier punto del mismo. Ahora bien, dividamos el alambre en n pedacitos y tomemos dos vectores, ~ℓi y ~ℓi+1 que

indican la posici´on del pedacitoi-´esimo ei+ 1-´esimo del alambre que dividimos. De acuerdo con ´esto, el vector ∆~ℓi =~ℓi+1−~ℓi estar´a, aproximadamente, en la

misma direcci´on que el flujo de corriente. Tomemos as´ı, un vectorR~ = (x, y, z) donde queramos calcular el campo magn´etico. El vector que unir´a el pedacito~ℓi (´o el pedacito ~ℓi+1, lo que en realidad da lo mismo para los efectos que vamos

a realizar m´as adelante) y el vectorR~ es:

~ri =R~ −~ℓi

Por lo que la direcci´on que buscamos es:

ˆ

ri= ~ri

k~rik

Por lo tanto, un pedacito de campo magn´etico vendr´a dado por:

∆Bi~ = C

k~rik2I∆~ℓi׈ri

DondeCes una constante de proporcionalidad. Si sumamos todos los pedacitos, tendremos una aproximaci´on al campo magn´etico total:

~ B ≈

n

X

i=0

∆Bi~ =

n

X

i=0

C

(42)

¿Qu´e hacemos ahora? Lo usual, el l´ımite cuando n tiende a infinito nos da el campo magn´etico total:

~ B=

Z

d ~Bi =

Z C

k~rk2Id~ℓ×rˆ

La constante de proporcionalidad, C medida hasta hoy es C =µ0/4π, donde

µ0= 12,566·10−7[N/A2]1. As´ı, la Ley de Biot-Savart queda:

~ B=

Z µ

0I

4πk~rk2d~ℓ׈r (8.2)

8.3.

Problemas: Ley de Biot-Savart

Problema 1.Considere la configuraci´on dada en la Figura 8.2, en donde la curva es una semi-circunferencia de radioa= 5 [cm], los largos de los cables paralelos son infinitos (es decir, de un largoℓ >> a) y la corriente esI= 2 [A]. Calcule el campo magn´etico en el centro de la semi-circunferencia.

a

I

I

x y

Figura 8.2: Configuraci´on para el Problema 1.

Soluci´on. Calcularemos primero el campo magn´etico producido por los alambres en el centro de la semi-circunferencia. Partiremos con el alambre su-perior en donde el vector posici´on que necesitamos,~r es claramente (cuidado con los signos):

~r= (−x,−y,0) Por lo que el vector direcci´on, ˆres:

ˆ

r= ~r

k~rk =

1 p

x2+y2(−x,−y,0)

1

Figure

Figura 2.1: El vector (1,1,1) es equivalente en todas las posiciones posibles.
Figura 2 1 El vector 1 1 1 es equivalente en todas las posiciones posibles . View in document p.7
Figura 2.2: Representaci´on del producto punto para dos vectores.
Figura 2 2 Representaci on del producto punto para dos vectores . View in document p.8
Figura 3.1: Distribuci´on de cargas para el Problema 1 (a) y el Problema 2 (b).
Figura 3 1 Distribuci on de cargas para el Problema 1 a y el Problema 2 b . View in document p.10
Figura 3.2: Figura de un alambre posado en el espacio.
Figura 3 2 Figura de un alambre posado en el espacio . View in document p.14
Figura 5.1: Cascaron para el Problema 1.
Figura 5 1 Cascaron para el Problema 1 . View in document p.25
Figura 7.1: Circuito simple de resistencias. Los sub´ındices de cada resistencia
Figura 7 1 Circuito simple de resistencias Los sub ndices de cada resistencia. View in document p.30
Figura 7.2: Circuito RC.
Figura 7 2 Circuito RC . View in document p.32
Figura 7.3: Circuito RC real, comparando la teor´ıa con los resultados obtenidosen el laboratorio.
Figura 7 3 Circuito RC real comparando la teor a con los resultados obtenidosen el laboratorio . View in document p.34
Figura 7.4: Figura para el Problema 1.
Figura 7 4 Figura para el Problema 1 . View in document p.35
Figura 7.5 y calcule la diferencia de potencial entre las placas). Recu´erdese
Figura 7 5 y calcule la diferencia de potencial entre las placas Recu erdese. View in document p.37
Figura 7.5: Explicaci´on f´ısica del hecho de que la corriente Ia trav´es del condensador1 obtenida seanegativa
Figura 7 5 Explicaci on f sica del hecho de que la corriente Ia trav es del condensador1 obtenida seanegativa. View in document p.38
Figura 8.1: Explicaci´on de el an´alisis matem´atico de la Ley de Biot-Savart.
Figura 8 1 Explicaci on de el an alisis matem atico de la Ley de Biot Savart . View in document p.41
Figura 8.2: Configuraci´on para el Problema 1.
Figura 8 2 Con guraci on para el Problema 1 . View in document p.42
Figura 8.3: Cambio de coordenadas desde cartesianas a lo que es llamado coor-denadas polares
Figura 8 3 Cambio de coordenadas desde cartesianas a lo que es llamado coor denadas polares. View in document p.44
Figura 8.4: Configuraci´on para el Problema 2.
Figura 8 4 Con guraci on para el Problema 2 . View in document p.45
Figura 10.1: Funci´on de la soluci´on homog´enea I´este caso, 1Henries,y una amplitudfunci´on coseno, aniquil´andola para tiempos(t) para los valores L = 0,5 R = 5 Ohms y C = 47 microfaradios para un ´angulo de fase φ = 0 I′ = 5 Amp`eres
Figura 10 1 Funci on de la soluci on homog enea I este caso 1Henries y una amplitudfunci on coseno aniquil andola para tiempos t para los valores L 0 5 R 5 Ohms y C 47 microfaradios para un angulo de fase 0 I 5 Amp eres. View in document p.55
Figura 10.2: Configuraci´on para el Problema 1.
Figura 10 2 Con guraci on para el Problema 1 . View in document p.63
Figura 10.3: Configuraci´on para el Problema 2.
Figura 10 3 Con guraci on para el Problema 2 . View in document p.68

Referencias

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