ejemplos resueltos de fmc. -...

Ejemplos resueltos de FMC.

18 de septiembre de 2008

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Indice

I Conceptos de fısica vectorial. 4

1. Analisis vectorial 4

II Electrostatica. Campo electrico. 4

2. Campo electrico. 42.1. Anillo cargado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2. Disco cargado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3. Hilo recto cargado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.4. Plano indefinido cargado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.5. Lamina indefinida cargada de espesor a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3. Ley de Gauss. 113.1. Carga puntual. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.2. Hilo recto de carga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.3. Plano indefinido de carga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.4. Esfera uniformemente cargada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.5. Lamina indefinida cargada de espesor a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.6. Esferas metalicas, (mal) numerado en los apuntes como ejemplo 1. . . . . . 15

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4. El potencial electrico. 164.1. Sistema de cargas puntuales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.2. Anillo cargado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.3. Disco cargado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.4. Esfera cargada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.5. Campo electrico a partir del potencial en el anillo cargado. . . . . . . . . . 194.6. Campo electrico a partir del potencial en el disco cargado. . . . . . . . . . 194.7. Campo electrico a partir del potencial en la esfera cargada. . . . . . . . . . 20

5. Capacidad y energıa electrica. 215.1. Capacidad equivalente de un sistema de cuatro placas. . . . . . . . . . . . 215.2. Condensador de placas rectangulares con ε variable. . . . . . . . . . . . . . 225.3. Condensador de placas rectangulares con ε variable. . . . . . . . . . . . . . 235.4. Energıa almacenada por una esfera conductora cargada. . . . . . . . . . . . 235.5. Fuerza entre placas de un condensador plano (mal) numerado en los apuntes

como ejemplo 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

III Electrocinetica. Corriente electrica. 25

6. Corriente y resistencia electricas. 256.1. Resistencia de un tronco de cono. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256.2. Conductancia de un cable coaxial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266.3. Resistencia equivalente de un circuito. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276.4. Resistencia de un conductor cilındrico con ρ variable. . . . . . . . . . . . . 286.5. Resistencia de un semianillo de seccion rectangular. . . . . . . . . . . . . . 286.6. Circuito para aplicar Kirchoff, Thevenin, Norton y superposicion. . . . . . 29

IV Campo magnetico. Induccion 32

7. Campo magnetico. 337.1. De un hilo conductor con forma de semicircunferencia en un campo magnetico 33

8. Fuentes de campo magnetico. 338.1. De un segmento de corriente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338.2. De una espira circular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348.3. De un hilo muy largo de corriente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358.4. De un solenoide recto muy largo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

9. Induccion electromagnetica y energıa. 379.1. De una fem inducida en una barra conductora. . . . . . . . . . . . . . . . . 379.2. De un solenoide largo y recto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389.3. De un cable coaxial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399.4. De un conductor cilındrico recto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409.5. De la fuerza magnetica a partir de la energıa en un solenoide. . . . . . . . 409.6. De la induccion mutua en un solenoide. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419.7. De la induccion mutua entre un hilo recto y una espira rectangular. . . . . 42


V Sistemas 42

10.Regimen transitorio en sistemas lineales. 42

11.Regimen sinusoidal permanente. 42


Parte I

Conceptos de fısica vectorial.

1. Analisis vectorial

De este tema no hay ejemplos en los apuntes, mire los boletines.

Parte II

Electrostatica. Campo electrico.

2. Campo electrico.

Sistema de cargas puntuales, ejemplo sin numerar en los apuntes.

En un sistema formado por 3 cargas puntuales qa = 3µC. qb = −6µC y qc = −2µC,referenciado sobre unos ejes cartesianos con escala en cm, a traves de los puntos a (0,0,0),b (0,4,0), c(0,0,3), respectivamente. Determinar la fuerza que se ejerce sobre la carga qc.

a) Directamente a traves de la ley de Coulomb.

b) Utilizando el campo electrico.

Solucion:

z

y

x

α

qa qb

qc

−→Fac

−→Fbc

a) Fc =−→Fac +

−→Fbc

−→Fac = K

qa · qb

rac2

rac

−→Fac = 9 · 109 · 3 · 10−6 · (−2) · 10−6

32 · 10−4k = −60k (N)

Fbc = Kqb · qc

rbc2

rbc


rbc =√

32 + 42 = 5 cm

rbc = − cos α · j + sin α · k = −4

5· j +

3

5· k

Fbc = 9 · 109 (−6)10−6 · (−2)10−6

52 · 10−4

(−4

5· j +

3

5· k

)= −34,56 · j + 25,92 · k (N)

Fc =−→Fac +

−→Fbc = −34,56 · j + (25,92 + (−60)) · k = −34,56 · j − 34,08 · k (N)

|−→Fc| = Fc = 48,53 N

b)−→Ec =

−→Eac +

−→Ebc

−→Eac = K

qa

rac

rac

−→Eac = 9 · 1093 · 10−6

9 · 10−4k

−→Eac = 30 · 106k (N/C)

−→Ebc = K

qb

rbc

rbc

−→Ebc = 9 · 109−6 · 10−6

25 · 10−4

−→Ebc = 17,28 · 106j − 12,96 · 106k (N/C)

−→Ec = 30 · 106k + 17,28 · 106j − 12,96 · 106k = 17,28 · 106j + 17,04 · 106k (N/C)

−→Fc =

−→Ec · qc = (17,28j + 17,04k) · 106 · (−2) · 10−6 = −34,56j − 34,08k (N)

|−→Fc| = Fc = 48,53 N

2.1. Anillo cargado.

Determinar el campo electrico creado por un anillo circular de radio a, cargado concarga Q uniformemente distribuida, en los puntos del eje de simetrıa que pasa por sucentro y es perpendicular al plano que lo contiene.

Solucion:


θ

dl ⇒ dq = λ · dl

d−→Ex

θ

d−→E⊥

d−→E

x

a

r

λ =Q

2πa⇒ Q = λ2πa

d−→E = K

dq

r2r

dE = Kdq

r2

dEx = dE · sin θ = dE · x

r

dE⊥ = dE · cos θ = dE · a

r

dEx =K · dq · x

r2r= K · x

(x2 + a2)3

2

· dq

dE⊥ = K · dq · ar2 · r = K · a

(x2 + a2)3

2

· dq

∫d−→E⊥ = 0 =

−→E ⊥

Ex =

∫dEx = K · x

(x2 + a2)3

2

·∫

dq = K · Q · x(x2 + a2)

3

2

2.2. Disco cargado.

Determinar el campo electrico dterminado por un disco de radio R, cargado con den-sidad superficial de carga uniforme σ, en un punto del eje de simetrıa que pasa por sucentro y es perpendicular a su plano.

Solucion:

Vamos a plantear el problema como la suma de los campos diferenciales (dEx) quecrean infinitos anillos de espesor diferencial (da). En la siguiente figura observamos unode estos anillos:


x

R

a

dq

d−→Ex

da

El campo creado por un anillo lo calculamos en el ejemplo anterior, y como la cargadel anillo es en este caso dq:

dEx = Kdq · x

(x2 + a2)3

2

El area dS de ese anillo de espesor da serıa: dS = 2πa · da

dq = σdS

dq = σdS = σ2πa · da

dEx = Kdq · x

(x2 + a2)3

2

=1

4πε

σ2πa da x

(x2 + a2)3

2

=σ · a · da · x

2ε0(x2 + a2)3

2

=σx

2ε0

· a da

(x2 + a2)3

2

Ex =

∫

DIST

dEx =σx

2ε0

∫ R

0

a da

(x2 + a2)3

2

=σx

2ε0

[−1

(x2 + a2)3

2

]R

0

=σ

2ε0

[x

(x2 + a2)1

2

]R

0

Ex =σ

2ε0

[1 − x

(x2 + R2)1

2

]

2.3. Hilo recto cargado.

Determinar el campo electrico creado por un hilo recto cargado con densidad lineal decarga uniforme λ, en un punto a distancia a del eje x que contiene al hilo.

Solucion:


−xa

λC/m

θ

r

xb

dq = λdx

l

d−→Eyθ

θ1 θ2

a

0 dx

d−→E

d−→Ex

dE = Kdq

r2= K

λ · dx

r2

dEy = dE cos θ = K · λdx

r2· cos θ

dEx = −dE sin θ = −K · λdx

r2· sin θ

x = a tan θ

dx =a

cos 2θdθ

r =a

cos θ

Ey =

∫

DIST

dEy =

∫K

λdx

r2· cos θ = Kλ

∫ acos 2θ

dθ cos θa2

cos 2θ

=Kλ

a

∫ θ2

−θ1

cos θdθ

Ey =Kλ

a[sen θ]θ2

−θ1=

Kλ

a[sin θ2 − (sen−θ1)] =

Kλ

a[sin θ2 + sin θ1]

Ex =

∫

DIST

dEx =

∫−Kλdx

r2· sin θ =

Kλ

a

∫ θ2

−θ1

− sin θdθ =Kλ

a[cos θ]θ2

−θ1

Ex =Kλ

a[cos θ2 − cos θ1]

El problema ya esta resuelto, aun ası vamos a ver que ocurre si el punto donde calcu-lamos el campo esta centrado y si la longitud del hilo es indefinidamente grande.

Centrado θ1 = θ2 = θ ⇒

Ey =2Kλ

asin θ

Ex = 0, se anula con el otro Ex

Hilo indefinido θ1 = θ2 =π

2⇒

Ey =2Kλ

a=

λ

2πε0a

Ex = 0, cosπ

2= 0


2.4. Plano indefinido cargado.

Determinar el campo electrico creado por un plano indefinido, cargado con densidadsuperficial de carga uniforme σ.

Solucion:

xθ

r z

dEx = dE cos θ

σC/m2

y

dq dzz

θ

d−→E

d−→Ex

dE =λ

2πε0r=

σdz

2πε0r

dq = σdS = σdS = σ · dz · dydq = λ · dy

λ = σdz

Ex =

∫

DIST

dEx =

∫σdz

2πε0r· cos θ

Como

∣∣∣∣∣∣

z = x · tan θ ⇒ dz =x

cos 2θdθ

r =x

cos θ

Ex =σ

2πε0

∫ xcos 2θ

· dθx

cos θ

· cos θ =σ

2ε0π

∫ π

2

−π

2

dθ =σ

2πε0[θ]

π

2

−π

2

=σ

2πε0

[π

2−

(−π

2

)]

Ex =σ

2ε0

2.5. Lamina indefinida cargada de espesor a.

Determinar el campo electrico en el interior y en el exterior de una lamina indefinidade espesor a, con permisividad dielectrica ε y cargada con densidad volumetrica de cargauniforme ρ.

Solucion:


−a

2dx

x

a

2

d−→Ei

ε

ρ C/m3

ε0

d−→Ee

x

s

dx

dq

dS

Interior: −a

2≤ x ≤ a

2

dEi =σ

2ε

dq = σdSdq = ρdv = ρ · dx · dS

σ · dS = ρ · dx · dS ⇒ σ = ρ · dx

Como σ = ρdx

dEi =σ

2ε=

ρ

2εdx

Ei =

∫ x

− a

2

dEi −∫ a

2

x

dEi =

∫ x

− a

2

ρ

2εdx −

∫ a

2

x

ρ

2εdx =

ρ

2ε[x]x− a

2

− ρ

2ε[x]

a

2

x =

ρ

2ε

[(x −

(−a

2

))−

(a

2− x

)]=

ρ

2ε

(xa

2− a

2+ x

)=

ρ

2ε2x =

ρx

ε

Exterior: |x| >a

2

x >

a

2x < −a

2[Interior → εExterior → ε0

]

dEe =ρ

2ε0dx

Ee =

∫ a

2

− a

2

dEe =

∫ a

2

− a

2

ρ

2ε0dx =

ρ

2ε

∫ a

2

− a

2

dx =ρ

2ε0

[a

2−

(−a

2

)]=

ρ

2ε0

[2a

2

]=

ρa

2ε0


3. Ley de Gauss.

3.1. Carga puntual.

Campo electrico producido por una carga puntual.

Solucion:

d−→S

−→E ‖ d

−→S

qr

Φ =

∮

SUP

−→E−→dS

Como−→E ||−→dS ⇒ −→

E · −→dS = E · dS

Φ =

∮

SUP

−→E−→dS =

∮

SUP

E · dS = E

∮

SUP

dS = E · S = E · 4πr2 =q

ε0[E =

q

4πr2ε0

]

3.2. Hilo recto de carga.

Campo electrico en las proximidades de una distribucion de carga lineal, recta e inde-finida (hilo recto de carga).

Solucion:

−→E

−→E ‖ d

−→S

d−→S

λC/m

h

r

∑q = λ · h

Φ =

∮

SUP

−→E−→dS =

∫

SUP.LAT.

−→E−→dS + 2

∮

SUP.BASE

−→E−→dS


- Sobre la superficie de las bases:−→E ⊥ −→

dS ⇒ −→E · −→dS = 0

- Sobre la superficie lateral:−→E || −→dS ⇒ −→

E · −→dS = E · dS, E cte.

Φ =∮

SUP.LAT.

−→E−→dS =

−→E

∮SUP.LAT.

−→dS = E · SLAT. = E2πrh =

λ · hε0[

E =λ

2πε0r

]

Observese que el resultado, como era de esperar, coincide con el campo que obtuvimospara un hilo indefinidamente largo al final del ejemplo 2.3 y que utilizamos para calcularel campo del plano indefinido de carga en el siguiente problema.

3.3. Plano indefinido de carga.

Campo electrico en las proximidades de una distribucion superficial de carga (planoindefinido de carga).

Solucion:

−→E

d−→S

xx

σ

−→E

−→E

d−→S

Φ =

∮ −→E · −→dS =

∑q

ε0

Φ =

∫

S.BASES

−→E · −→dS =

∫

S.BASES

E · dS = E

∫

S.BASES

dS = E · 2 · S

∑q = σ · S

Φ = E · 2 · S

Ley de Gauss ⇒ E · 2 · S =

σ · Sε0

E =σ

2 · ε0E = cte. (uniforme)


σ

ε0

x

E

σ

2ε0

− σ

2ε0

3.4. Esfera uniformemente cargada.

Campo electrico creado por una esfera uniformemente cargada.

Solucion:

ρ

−→r1

−→R

Superficies de Gauss

ρ = cte.−→E

−→E

−→r2

NOTA: Ahı arriba, lo que hay dibujado son tres esferas concentricas; una es la esferacargada (coloreada en gris), y las otras dos son las superficies de Gauss para calcular elcampo electrico en el interior y exterior de la esfera cargada.

ρ =Q

V ol.esf.

=Q

43πR3

r ≤ R (interior) (−→r1 )

Φ =

∮

S

−→E−→dS

Como

∣∣∣∣∣

−→E || −→dS ⇒ −→

E · −→dS = E · dS−→E = cte.

Φ =

∮

SUP

−→E−→dS = E

∮

S

dS = E · S = E · 4πr2

∑q = ρ · 4

3πr3 =

Q43πR3

· 4

3πr3 =

Qr3

R3

Como Φ =

∑q

ε


E · 4πr2 =Qr3

R3

ε0⇒ E =

Qr

ε04πR3

r ≥ R (exterior) (−→r2 )

Φ = idem en el anterior

Φ = E · 4πr2∑

q = Q

E · 4πr2 =

Q

ε0

E =Q

4πr2ε0

= KQ

r2

R r

KQ

r2

E

0

3.5. Lamina indefinida cargada de espesor a.

Campo electrico debido a una lamina indefinida cargada uniformemente de espesor a.

Solucion:

S−→Ee

−a

2

−→Ei

x x

a

2

S −→Ee

ρ = 0 ρ ε ρ = 0

ε0

−→Ei

NOTA: Se entiende que S es la superficie de una base del cilindro que tomamos comosuperficie de Gauss.


−a

2≤ x ≤ a

2(interior)

Φ =∮

SUP

−→Ei

−→dS = EiS + EiS = 2EiS

∑q = ρ · V ol = ρ · S · 2x

2EiS =ρS2x

ε⇒ Ei =

ρx

ε

−a

2≥ x ≥ a

2(exterior)

Φ = 2EeS∑q = ρ · V ol = ρSa

2EeS =

ρSa

ε0⇒ Ee =

ρa

2ε0

3.6. Esferas metalicas, (mal) numerado en los apuntes como

ejemplo 1.

Determinar las densidades de carga de dos esferas metalicas conductoras concentricascon cargas q1 y q2, con radios segun la figura:

R2e

R2i

R1

Solucion:

NOTA: SG1 es la primera superficie de Gauss, y SG2 la segunda, que son esferas yque estan dispuestas de la siguiente manera:

SG1

SG2


NOTA2: Conviene recordar que las esferas dibujadas en las figuras son metalicas, esdecir, conductoras y ademas estan en equlibrio, por lo tanto, dentro del metal (las zonassombreadas en la figura) el campo electrico es igual a cero.

ΦSG1 =∮

SG1

−→E−→dS = 0 ⇒

∑qSG1 = 0 ⇒ q1e = q1 ⇒ σ1 =

q1

4πR21

ΦSG2 = 0 ⇒ ∑qSG2 = 0 ⇒ q1e + q2i = q1 + q2i = 0 ⇒ q2i = −q1 ⇒ σ2i =

−q1

4πR22

q2 = q2i + q2e = −q1 + q2e = −q1 + q2e ⇒ q2e = q1 + q2 ⇒ σ2e =q1 + q2

4πR22e

4. El potencial electrico.

4.1. Sistema de cargas puntuales.

En un sistema formado por tres cargas puntuales qa = 33nC, qb = −51nC, qc = 47nC,referenciado sobre unos ejes cartesianos con escala en mm, a traves de los puntos a (93,0),b(0,0), c(0,93), respectivamente. Determinar el potencial en el punto(93,93).

Solucion:

(93, 93)

d√

2

qaqb(0, 0)

qc

(0, 93)

qa = 33nC

qb = −51nC

qc = 47nC

d

d

(93, 0)

V = K ·∑ qv

ri

= K

[qa

d+

qb

d√

2+

qc

d

]= 9 · 103

(33

93+

−51

93√

2+

47

93

)V = 4,25 · 103V

4.2. Anillo cargado.

Determinar el potencial electrico en un punto P situado sobre el eje de un anillo deradio a cargado uniformemente con carga total Q, si el punto se encuentra a una distanciax de su centro.

a) A partir directamente de la distribucion de carga.

b) A partir del campo electrico Ex = KQ · x

(x2 + a2)3

2

Solucion:


θ


d−→Ex

θ

d−→E⊥

d−→E

x

a

r

a) dV =dq

4π · ε0 · r

r = (x2 + a2)1

2

V =

∫

Dist

dV = K

∫

Dist

dq

r=

1

4πε0r

∫

Dist

dq =Q

4π · ε(x2 + a2)1

2

b) Ex = KQ · x

(x2 + a2)3

2

V = −∫ x

∞

−→E−→dl = −

∫ x

∞Exdx = − Q

4πε0

∫ x

∞

x · dx

(x2 + a2)3

2

= − Q

4πε0

[1

(x2 + a2)1

2

]x

∞

=

Q

4πε0

· 1

(x2 + a2)1

2

4.3. Disco cargado.

Determinar el potencial electrico en un punto P situado sobre el eje de un disco de radioR cargado uniformemente con densidad superficial de carga σ, si el punto se encuentra auna distancia x de su centro.

a) A partir directamente de la distribucion de carga.

b) A partir del campo electrico Ex =σ

2ε0

[1 − x√

x2 + R2

]

Solucion:

x

R

a

dq

d−→Ex

da


a) dV = Kdq

r

dq = σ · 2πa · da

r =√

a2 + x2

V =

∫K

σ · 2πa · da

r= K · σ · 2π

∫dr

r=

σ

2ε0

∫ R

0

a · da√a2 + x2

=σ

2ε0

[√R2 + x2 − x

]

b) Ex =σ

2ε0

[1 − x√

x2 + R2

]

V =

∫ x

∞

−→E−→dl =

∫ x

∞Exdx = − σ

2ε0

∫ x

∞

[1 − x√

x2 + R2

]dx = − σ

2ε0

[x −

√x2 + R2

]x

∞

V =σ

2ε0

[√R2 + x2 − x

]

4.4. Esfera cargada.

Determinar el potencial electrico producido por una esfera dielectrica de permitividadε y radio R uniformemente cargada en todo su volumen, con carga total Q.

Solucion:

ρ

−→r1

−→R

ρ = cte.−→E

−→E

−→r2

ρ =Q

43πR2

Ee =Q

4πε0r2

Ei =Qr

4πεR3

V para r > R:

Ve = −∫ r

∞

−→Ee ·

−→dl = −

∫ r

∞Er · dr = −

∫ r

∞Ee · dr = − Q

4πε0

∫ r

∞

dr

r2= − Q

4πε0

[−1

r

]r

∞


Ve =Q

4πε0r

V para r < R:

Vi = −∫ r

∞Ee · dr = −

[∫ R

∞Ee · dr +

∫ r

R

Ei · dr

]

Vi = − Q

4πε0

∫ R

∞

dr

r2− Q

4πεR3

∫ r

R

r · dr =Q

4πε0· 1

r+

Q

4πεR3

(R2 − r2

2

)

Vi =Q

8πR3

[R2

(2

ε0+

1

ε

)− r2

ε

]

4.5. Campo electrico a partir del potencial en el anillo cargado.

Determinar el campo electrico en un punto P situado sobre ele eje de un anillo de radioa cargado uniformemente con carga total Q, si el punto se enecuentra a una distancia x

de su centro. A partir del potencial electrico: V =Q

4πε0

√x2 + a2

Solucion:

θ


d−→Ex

θ

d−→E⊥

d−→E

x

a

r

Ex = −∂V

∂x= − ∂

∂x

[Q

4πε0

√x2 + a2

]

Ex = − Q

4πε0

[−1

2(x2 + a2)−

3

2 · 2x]

=Qx

4πε0(x2 + a2)3

2

4.6. Campo electrico a partir del potencial en el disco cargado.

Determinar el campo electrico en un punto P situado sobre el eje de un disco de radioR cargado uniformemente con densidad superficial de carga σ, si el punto se encuentra a

una distancia x de su centro. A partir del potencial electrico: V =σ

2ε0

(√x2 + R2 − x

)

Solucion:


x

R

a

dq

d−→Ex

da

−→E = −grad V

−→Er = −∂V

∂r· r

V =σ

2ε0

(√x2 + R2 − x

)

Ex = − ∂

∂x

[σ

2ε0

(√x2 + R2 − x

)]= − σ

2ε0

(2x

2√

x2 + R2− 1

)

Ex =σ

2ε0

(1 − x√

x2 + R2

)

4.7. Campo electrico a partir del potencial en la esfera cargada.

Determinar el campo electrico producido por una esfera dielectrica de permitividad εy radio R uniformemente cargada en todo su volumen, con carga total Q. A partir delpotencial electrico:

Punto exterior: (r > R): V =Q

4πε0r

Punto interior: (r < R): V =Q

8πR3

Solucion:

ρ

−→r1

−→R

ρ = cte.−→E

−→E

−→r2

−→Er = Er · r

Exterior (r > R):


Er = − ∂

∂r

[Q

4πε0· 1

r

]= − Q

4πε0

(− 1

r2

)=

Q

4πε0r2

Interior (r < R):

Er = − ∂

∂r

[Q

8πR3

[R2

(2

ε0

+1

ε

)− r2

ε

]]=

Q

8πR3· 2r

ε=

Qr

4πεR3

5. Capacidad y energıa electrica.

5.1. Capacidad equivalente de un sistema de cuatro placas.

d

d

dA

B

Determinar la capacidad equivalente entre los terminales A y B del sistema de la figuraformado por cuatro placas conductoras paralelas, de superficie S y espesor despreciable,situadas en el vacıo con una separacion entre placas igual a d.

Solucion:

El montaje de la figura del enunciado es equivalente a estos:

A

B⇒

A

B

C

C

C

C

C

C

Ceq =1

1C

+ 1C

+ C =C

2+ C =

3

2C

C =Q

V

V = E · d

El campo eletrico entre las placas del condensador: E =σ

ε

V =Q

S · ε · d

C =Q

Q

S · ε · d=

Sε

d


Ceq =3

2C =

3

2

Sε

d

5.2. Condensador de placas rectangulares con ε variable.

a) Determinar la capacidad del condensador plano de placas rectangulares de longituda y anchura b, separadas a una distancia d mediante un dielectrico de permitividadε = ε0(1 + K · x) siendo x la distancia a uno de sus extremos.

b) Determinar la expresion de la densidad de carga en cada placa, si se aplica unad.d.p. V entre ellas.

Solucion:

dx

b

y

xdCd

a

+Q

−Q

ε

dS = b · dx

a) dS = b · dx

dq = σ · dS = σ · b · dx

dC = εdS

d= ε0(1 + kx)

b · dx

d

C =

∫dC =

ε0 · a · bd

∫ a

0

(1 + kx)dx =ε0 · b

d

[x +

kx2

2

]a

0

=ε0ab

d

[1 +

ka

2

]

Otra manera de hacer este aparatado:

Q =

∫dq =

∫σ · b · dx =

V ε0b

d

∫ a

0

(1 + kx)dx

Q =V · ε0 · b · a

d

(1 +

ka

2

)

C =Q

V=

ε0ba

d

(1 +

ka

2

)

b) E =σ

ε


V = E · d =σ

ε· d

σ =V ε0

d(1 + kx)

5.3. Condensador de placas rectangulares con ε variable.

Repetir el ejercicio anterior en el caso de que ε = ε0(1 + K · y) siendo y la distancia auna placa.

Solucion:

b

y

xd

a

−Q

+Q

dS = b · dx

−→E dy

ε

a) Cdy = εS

dy

1

Cdy

=dy

a · b · ε0(1 + ky)

1

C=

∫1

Cdy

=1

abε0

∫ d

0

dy

1 + ky=

1

abε0

[ln(1 + ky)

k

]d

0

=ln(1 + kd)

abε0k

C =abε0k

ln(1 + kd)

b) V = −∫ −→

E · −→dl = −∫ d

0

E · dy = − σ

ε0

∫ d

0

dy

1 + ky= − σ

ε0

[ln(1 + ky)

k

]d

0

σ =V kε0

ln(1 + kd)

5.4. Energıa almacenada por una esfera conductora cargada.

Calcular la energıa total almacenada por una esfera conductora de radio R con cargaQ.

a) Utilizando la densidad de energıa.

b) A partir de la capacidad de la esfera.


c) Usando la definicion de energıa almacenada como la necesaria para reunir la distri-bucion.

Solucion:

r

R

dV ol = 4πr2 · dr

a) r > R ⇒ E =Q

4πε0r2

U =1

2ε0 · E2

U =1

2ε0 ·

Q2

(4πε0r2)2

dU = U · dV ol =1

2ε0

Q2

(4πε0r2)24πr2 · dr =

Q2dr

8r2ε0π

U =

∫dU =

Q2

8πε0

∫ ∞

R

dr

r2=

Q2

8πε0

[−1

r

]∞

R

=Q2

8πε0R

b) V =Q

4πε0R

C =Q

V= 4πε0R

U =1

2

Q2

C=

Q2

8πε0R

c) 0 < q < Q ⇒ V =q

4πε0R

dU = V · dq

U =

∫

Dist

dU =

∫

Dist

V · dq =

∫ Q

0

q · dq

4πε0R=

[q2

8πε0R

]Q

0

=Q2

8πε0R

5.5. Fuerza entre placas de un condensador plano (mal) nume-

rado en los apuntes como ejemplo 4.

Determinar la fuerza que se ejerce entre las armaduras de un condensador plano.

a) A carga constante.


b) A potencial constante.

Solucion:

−→Fx

+Q −Q

x

ε0

a) C = ε0S

x

Fx =∂

∂x

[1

2

Q2

C

]= −Q2

2

∂

∂x

[x

ε0S

]= − Q2

2ε0S

b) Fx =∂

∂x

[1

2V 2C

]=

V 2

2

∂

∂x

[ε0S

x

]= −V 2ε0S

2x2

Vamos a comprobar como el resultado de ambos aparatados son equivalentes:

Q2 = V 2 · C2 =ε0

2S2

x2V 2

− Q2

2ε0S=

−V 2

2

ε02S2

ε0Sx2= −V 2ε0S

2x2

Parte III

Electrocinetica. Corriente electrica.

6. Corriente y resistencia electricas.

6.1. Resistencia de un tronco de cono.

Comprobar que la expresion de la resistencia medida entre las bases de un tronco decono macizo de material de conductividad uniforme σ, de radios de las bases R1 y R2

(R1 < R2) y altura h, viene dada por:

R =h

πσR1R2

Solucion:


R2

x

l

VAB

BA

R1r

R2 − R1

I

r = R1 +R2 − R1

lx

J =I

S=

I

πr2=

I

π(R1 + R2−R1

lx)2

=E

ρ

E =Iρ

π(R1 + R2−R1

lx)2

VAB = VA − VB = −∫ A

B

E · dx = −ρI

π

∫ 0

l

dx[R1 + R2−R1

lx]2 = ρ

I

π

[1

R1 + R2−R1

lx

]0

l

VAB =ρ · I · l

π(R2 − R1)

[1

R1

− 1

R2

]=

ρ · I · lπR2R1

R =VA − VB

I=

ρl

πR2R1=

l

σπR2R1

6.2. Conductancia de un cable coaxial.

Comprobar que la espresion de la conductancia radial por unidad de longitud de cablecoaxial (G medida entre los conductores) de radios Ra y Rb (Ra < Rb)y con dielectricode conductividad uniforme σ (imperfecto), viene dada por:

G

l=

2πσ

ln(Rb

Ra)

Solucion:

l

IVAB

rRa

Rb


G =I

VA − VB

J =I

S=

I

S=

I

2πrl= σE

E =I

2πσrl

VA − VB = −∫ A

B

E · dr = − I

2πσl

∫ Ra

Rb

dr

r=

I

2πσl· ln

(Rb

Ra

)

R =VA − VB

I=

ln(Rb/Ra)

2πσl

G =I

VA − VB

=2πσl

ln(Rb/Ra)

G

l=

2πσ

ln(Rb

Ra)

6.3. Resistencia equivalente de un circuito.

Comprobar que la resistencia equivalente del circuito de la figura vale: Req =11

13R

2R R

R

R R

Req

Solucion:

Req =V

I

Nodo 1: 0 = I − I1 − I2 ⇒ I2 = I − I1

Nodo 2: 0 = I1 + I3 − I4 ⇒ I4 = I1 − I3

Nodo 3: 0 = I2 + I3 − I5 ⇒ I5 = I2 + I3 = I − I1 + I3

Rama 1: 0 = −V + I1 · 2R + I4 · R = −V + 2I1 + I4

Rama 2: 0 = −I1 · 2R + I2 · R − I3 · R = −2I1 + I2 − I3

Rama 3: 0 = +I3 · R + I5 · R − I4 · R = I3 + I5 − I4

V = 2I1 + I4 = 2I1 + (I1 − I3)0 = −2I1 + (I − I1) − I3

0 = I3 + (I − I1 − I3) − (I1 − I3)

V = 3I1 + I3

0 = I − 3I1 − I3

0 = I − 2I1 + 3I3


I =

V 3 −10 −3 −10 −2 3

0 −3 −11 −3 −11 −2 3

=

V · −3 −1−2 3

0 3 −11 −3 −11 −2 3

Req =V

I=

0 3 −11 −3 −11 −2 3

−3 −1−2 3

=−11

−13=

11

13R

6.4. Resistencia de un conductor cilındrico con ρ variable.

Comprobar que la resistencia de un conductor cilındrico de longitud l y seccion S, deresistividad ρ = a + kx, siendo x la distancia entre un punto de la seccion y uno de losextremos viene dada por:

R = R1

S

(a +

1

2kl

)

Solucion:

l

dx

x

0 l

I

R = ρl

S

dR = ρdx

S= (k + ax)

dx

S

Req =

∫

Hilo

dR =1

S

∫ l

0

(k + ax)dx =1

S

[kx +

ax2

2

]l

0

=l

S

(k +

al

2

)

6.5. Resistencia de un semianillo de seccion rectangular.

Comprobar que la resistencia entre los extremos de un semianillo de seccion rectangularde radios Ra y Rb (Ra < Rb), altura h y resistividad ρ, vale:


R =πρ

h · ln(

Rb

Ra

)

Solucion:

dx

h

x

Ra

Rb

R = ρl

S

dR = ρπx

h · dx

1

R=

∫

S

1

dR=

∫ Rb

Ra

h · dx

πρx=

h

πρ

∫ Rb

Ra

dx

x=

h

πρln

(Rb

Ra

)

R =πρ

h · ln(

Rb

Ra

)

6.6. Circuito para aplicar Kirchoff, Thevenin, Norton y super-posicion.

En el circuito de la figura, determinar aplicando Kirchoff, Thevenin, Norton y super-posicion:

a) Potencia en la resitencia R4

b) Carga almacenada en el condensador C.

I1 = 1A

R5 = 5Ω

R4 = 4Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3Ω

E=12V

C = 1µF

I2 = 2A

R2 = 2Ω

Solucion:

En corriente continua, a efectos de analisis, podemos quitar los condensadores.


(Directamente) Kirchoff:

a) I · R4 − 12 + (2 + I) · R3 + (3 + I) − R1 = 0

I · 4 − 12 + 2 · 3 + 3I + 3 · 1 + I = 0

8I = 3

I =2

8A = 0,375A

PR4 = I2R4

· R4 = 0,3752 · 4 = 0,5625W

b) Vcd = (I + 3) · R1 + 3 · R5 + R2 · I2 = (3 + 0,375) · 1 + 3 · 5 + 2 · 2 = 22,375V

Q = C · V

Q = C · Vcd = 1µF · 22,375V = 22,375µC

Por Thevenin:

I1 = 1A

R5 = 5Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3Ω

E=12VI2 = 2A

R2 = 2Ω

Vab = ETH

a

b

ETH = Vab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3V

R5 = 5Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3ΩR2 = 2Ω

a

b

Req = RTH = R1 + R3 = 1 + 3 = 4Ω


R4RTHETH

I

a

b

I =ETH

R4 + RTH

=3

4 + 4= 0,375A

Y seguirıa como en la solucion anterior.

Por Norton:

I1 = 1A

R5 = 5Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3Ω

E=12VI2 = 2A

R2 = 2ΩIN

a

b

−(3 + IN) · 1 + −(2 + IN) · 3 + 12 = 0

IN =3

4= 0,75A

Se calula como en la solucion anterior: RN = Req = 4Ω

R4RTHIN

I

a

b

Vab = IN · 11

RN

+ 1R4

= I · R4

I = IN · R4

R4 + RN

= 0,75 · 4

4 + 4= 0,75 · 1

2= 0,375A


Y seguirıa como en las soluciones anteriores.

Por superposicion:

R5 = 5Ω

c

d

E=12V

Vcd

R3 = 3Ω

R1 = 1Ω

IE

R4 = 4ΩR2 = 2Ω

IE =E

R1 + R4 + R3

=12

8=

3

2A = 1,5A

VcdE = IE · R1 + 0 + 0 = 1,5V

c

d

R3 = 3Ω

R1 = 1Ω

R4 = 4Ω

I1 = 1A

R5 = 5Ω

Vcd

IR4

R2 = 2Ω

Y seguirıa como en las soluciones anteriores.

Parte IV

Campo magnetico. InduccionNOTA: En los ejemplos de campo magnetico usaremos frecuentemente esta notacion

para los vectores perpendiculares al papel:⊗ Entra en el papel.⊙ Sale del papel.


7. Campo magnetico.

7.1. De un hilo conductor con forma de semicircunferencia en

un campo magnetico

Compruebe que la fuerza sobre un hilo conductor en forma de semicircunferencia deradio R con corriente I situado en un campo magnetico uniforme B perpendicular al planoque lo contiene viene dado por Fx = 0, Fy = 2IRB.

x

y

−−→dFm

Iθ

−−−→dFmx

−−−→dFmy

−→B

−−→dFm = I · −→dl ×−→

B

dFm = I · dl · B

dl = R · dθ

dFm = I · B · R · dθ

dFmx = I · B · R · cos θ · dθ

dFmy = I · B · R · sin θ · dθ

Fmx = I · B · R ·∫ π

0

cos θ · dθ = 0

Fmy = I · B · R ·∫ π

0

sin θ · dθ = 2 · I · B · R

8. Fuentes de campo magnetico.

8.1. De un segmento de corriente.

Compruebe que el campo magnetico producido en un punto P situado a una distanciaR de un hilo rectilıneo (segmento) de corriente I, siendo θ1 y θ2 los angulos que formanlas rectas que unen P con los extremos del hilo con la perpendicular al hilo que pasa porP, vale:

B =µ0I

4πR(sin θ1 + sen θ2)

Solucion:


x

x

θ2

θθ1

αr

α = θ +π

2

P−→dB

I−→dldx

r

−→dl = dx · l

−→dB =

µ0

4π· I

−→dl × r

r2

|−→dl × r| = |dx · i × r| = dx sin α

−→dB =

µ0

4π· I · dx · sin α

r2

B =µ0I

4π

∫

hilo

dx sin α

r2

sin α = sin(θ +

π

2

)= cos

[(θ +

π

2

)− π

2

]= cos θ

x = R · tan θ ⇒ dx =R

cos 2θdθ

r =R

cos θ

B =µ0

4π

∫ θ2

−θ1

Rcos 2θ

· dθ · cos θR2

cos 2θ

=µ0

4π

∫ θ2

−θ1

cos θ · dθ

R=

µ0I

4πR

∫ θ2

−θ1

cos θ · dθ

B =µ0I

4πR(sin θ2 − sin(−θ1)) =

µ0I

4πR(sin θ2 + sin θ1)

Aunque el problema ya esta resuelto, vamos a ver que ocurrirıa si el hilo fuese indefi-nido:

θ1 = θ2 =π

2

B =µ0I

2πR

8.2. De una espira circular.

Compruebe que un campo magnnetico producido por una espira circular de radio a

por el que pasa una corriente I, en un punto de su eje perpendicular a su plano a unadistancia x de su centro, vale:

Bx =µIa2

2 (x2 + a2)3

2


Solucion:

a

x

α

−→dB

−−→dB⊥

−−→dBx

I

I−→dl

r

r

−→dB =

µ0

4π

I · −→dl × r

r2

Como−→dl ⊥ r: |−→dl × r| = |−→dl | · |r| =

−→dl · 1 = dl

−→dB =

µ0

4π

I · dl

r2

dBx = dB · cos α =µ0

4π

I · dl

r2cos α

dB⊥ = dB · sin α pero B⊥ = 0

Bx =

∫

espira

dBx =µ0

4π

I cos α

r2

∫ l=2πa

0

dl =µ0 · I · cos α · 2πa

4πr2

cos α =a

r

r =√

a2 + x2

Bx =µ0I

a√a2+x2

a

2(√

a2 + x2)2 =

µ0a2I

(x2 + a2)3

2

8.3. De un hilo muy largo de corriente.

Compruebe que el campo magnetico en el interior y exterior de un hilo conductor rectoy muy largo, de forma cilındrica de radio a, que transporta una corriente I vale:

B =µ0I

2πrr ≥ a

B =µ0Ir

2πa2r ≤ a

Solucion:


I

a a

2a

a

−→B

r

I

r¿a

⇒

En el exterior (r ≥ a):∮

C

−→B−→dl = B

∫dl = B · 2πr = µ0 ·

∑I = µ0 · I

B =µ0I

2πr

En el interior (r ≤ a):∮

C

−→B · −→dl =

∮

C

B · dl = B

∮

C

dl = B · 2πr = µ0 ·∑

I

J =I

πa2=

∑I

πr2⇒

∑I = I

r2

a2

B · 2πr = µ0Ir2

a2

B =µ0Ir

2πa2

Grafica del campo magnetico;

a r

B

0

B =µ0Ir

2πa2B =

µ0I

2πr

B =µ0

2πa


8.4. De un solenoide recto muy largo.

Compruebe el campo magnetico en en interior de un solenoide recto muy largo, con nespiras por unidad de longitud y recorrido por una corriente I, viene dado por:

B = µ0nI

Solucion:

I I

I I I I

I I I I

I I I

d c

ba −→

B

B = 0 nl espiras

Si el solenoide es indefinido, el campo magnetico es nulo en el exterior y en ab y cd

el producto escalar−→B ·−→dl tambien es nulo, por lo tanto llega con integrar en el segmento ab.

∮

C

−→B · −→dl = B

∫

ab

dl = B · l = µ0

∑I

Siendo n =numero de espiras

longitud:∑

I = n · l · I

B =µ0

∑I

l=

µ0 · n · l · Il

= µ0 · n · I

9. Induccion electromagnetica y energıa.

9.1. De una fem inducida en una barra conductora.

Compruebe que la fem inducida en una barra conductora de longitud l que gira convelocidad angular ω constante alrededor de uno de sus extremos, en un campo magneticouniforme B dirigido perpendicularmente al plano de giro vale:

ε =1

2Bωl2

Solucion:

l

ω−→V

b

a−→E

−→FE

−→FB

−→B


−→FB = q · −→V ×−→

B = q · V · B

Equilibrio: Fe = q · E ⇒ FB = q · V · B ⇒ E = V · B

V = ω · R ⇒ E = B · ω · r

Vab = −∫ a

b

−→E ·−→dr = −

∫ a

b

E ·dr =

∫ b

a

B ·ω ·r ·dr =

∫ l

0

B ·ω ·r ·dr = B ·ω · l2

2=

1

2Bωl2

Otra forma de resolver el problema es pensando en en diferencial de flujo que hay enel area barrida por la barra en un diferencial de tiempo.

l

ω

−→B

dθ

dSdΦ

dθ = ω · dt

dΦ = B · dS

Podemos ver dS como un triangulo: dS =dθ · l · l

2

dΦ = B · 1

2l2dθ =

1

2Bωl2dt

|ε| =dΦ

dt=

1

2Bωl2

9.2. De un solenoide largo y recto.

Compruebe que el coeficiente de autoinduccion o inductancia de un solenoide largo yrecto, de longitud l, seccion S y n vueltas por unidad de longitud, vale:

L = µ0n2lS

Solucion:

ii

l

s

B

S

(n espiras)


Se entiende que n es el numero de espiras por unidad de longitud y N el numero deespiras.

B = µ0 · n · i

N = n · l

Φesp = BS = µ0niS

Φtotal = NΦesp = Nµ0niS

Φr

i= L

L = N · n · µ0 · S = n2 · µ0 · S · l =µ0N

2S

l

9.3. De un cable coaxial.

Compruebe que el coeficiente de autoinduccion o inductancia por unidad de longitudde un cable coaxial compuesto de dos cilindros conductores de paredes muy delgadas deradios R1 y R2 (R2 > R1), vale:

L/l =µ0

2πln

R2

R1

Solucion:

rR1

R2

−→B

−→B

l

r

dS, dΦ

r

∮

C

−→B · −→dl = B · 2πr = µ0

∑I

dΦ = B · dS = B · l · dr =µ0 · I · l · dr

2πr

Φ =

∫

S

dΦ =µ0 · I · l

2π

∫ R2

R1

dr

r=

µ0 · I · l2π

· ln(

R2

R1

)= L · I

L =µ0l

2πln

(R2

R1

)

L

l=

µ0

2πln

(R2

R1

)


9.4. De un conductor cilındrico recto.

Compruebe que la inductancia interna por unidad de longitud de un hilo conductorcilındrico recto macizo vale:

L/l =µ0

8π= 0, 05µH/m

Solucion:

RB

dx

I

l

dl

2πr

B · dl = B · 2πr = µ0Ir2

R2⇒ B =

µ0Ir

2πR2

U =1

2

B2

µ0

=1

2

µ2

0I2r2

4π2R4

µ0

=µ0I

2r2

8π2R4

dU = u · dV

dV = l · 2πr · dr

dU = u · dV =µ0I

2r3l

4πR4dr

U =

∫

hilo

du =µ0I

2l

4πR4

∫ R

0

r3 · dr =µ0I

2l

4πR4· R4

4=

µ0I2l

16π=

1

2LI2

L =µ0l

8π

L/l =µ0

8π= 0, 05µH/m

9.5. De la fuerza magnetica a partir de la energıa en un solenoi-de.

Compruebe que la fuerza que actua sobre el nucleo de permeabilidad µ > µ0 deun solenoide largo y recto de seccion transversal S y n espiras por unidad de longitudrecorridas por una corriente I constante, vale:

F =1

2(µ − µ0) I2n2S

Solucion:


l-xx

l

n-x n(l-x)

µ0 ,,−→B0µ ,,

−→B

µ µ0

B = µ · n · I B0 = µ0 · n · IΦesp = BS = µnIS Φesp0 = B0S = µ0nIS

ΦT = Φesp ·nx+Φesp0 ·n(l−x) = µnIS ·nx+µonIS ·n(l−x) = n2SI [µx + µ0(l − x)]

L =ΦT

I= n2S[µx + µ0(l − x)]

U =1

2LI2 =

1

2ΦI =

1

2n2SI2[µx + n(l − x)]

Fx =∂U

∂x=

1

2n2SI2(µ − µ0)

De esta ultima ecuacion deducimos que el solenoide tiende a absorber corriente si tienemenor permeabilidad que el aire, si en cambio es mayor, tiende a proporcionarla.

9.6. De la induccion mutua en un solenoide.

Compruebe que la inductancia mutua entre un solenoide recto muy largo de n vueltaspor unidad de longitud y una espira de radio a centrada en su mismo eje vale:

M = µ0nπa2

Solucion:

−→B a

B = µ0nI

Φ = BS = µ0nI · πa2


M =Φ

I= µ0nπa2

9.7. De la induccion mutua entre un hilo recto y una espirarectangular.

Compruebe que el coeficiente de induccion mutua entre un hilo de corriente recto eindefinido y una espira rectangular coplanaria de lados a y b, situada a una distancia d

del hilo, vale:

M =µ0b

2πln

d + a

dSolucion:

dx

x

dS

−→B

I

a

b

d

Hilo

El campo magnetico producido por el hilo a distancia x de el: B =µ0I

2πx

dΦ = B · dS = B · b · dx =µ0I

2πx· b · dx

Φ =

∫

S

dΦ =µ0Ib

2π

∫ d+a

d

dx

x=

µ0Ib

2πln

(d + a

d

)

M =Φ

I=

µ0b

2πln

(d + a

d

)

Parte V

Sistemas

10. Regimen transitorio en sistemas lineales.

De este tema no hay ejemplos en los apuntes, mire los boletines.

11. Regimen sinusoidal permanente.

En este tema no hay ejemplos de teorıa, sin embargo hay ejercicios.


ejemplos resueltos de fmc. -...

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