Electromagnetismo (510226)

Universidad de Concepción
Facultad de Ciencias Fı́sicas y Matemáticas
Departamento de Fı́sica

PAUTA Examen de Recuperación

Profesor : Dr. Roberto Navarro

Alumno : 6 de marzo de 2017

Problema 1: Considere un alambre infinito que se dobla en forma de U como se muestra en la figura.
El radio de curvatura es R en torno al punto O.
(a) (0.75 pts) Si la densidad de carga lineal es λ, determine la dirección y magnitud del campo
eléctrico en el punto O.
(b) (0.75 pts) Si una corriente I circula en sentido antihorario por el alambre, calcule la magnitud y
dirección del campo magnético en el punto O.
(c) (0.5 pts) Para los datos de la parte (b), calcule la fuerza que actúa sobre una partı́cula de carga
q y masa m que se mueve con velocidad ~v = v0 x̂ en el punto O.

ŷ

R
x̂
O
R

Solución:
(a) En general, el campo eléctrico debido a una densidad lineal se puede calcular como

1 ~r − ~r0
Z
~
E(~r) = ds λ(~r0 ) , (1)
4π0 |~r − ~r0 |3

donde ~r es el punto donde medimos el campo, r~0 es el punto de un elemento de longitud lineal
~ ~0), o sea ~r = ~0,
ds, y λ(~r0 ) es la densidad lineal en ese punto. El problema nos pide calcular E(
en un alambre de densidad constante λ.
Para la semicircunferencia, tenemos que ~r0 = R(cos θx̂ + sin θŷ) y ds = R dθ, con π/2 ≤ θ ≤ 3π/2.
Luego,
3π/2
λ
Z
~ circ (~0) = −
E dθ (cos θx̂ + sin θŷ) ,
4π0 R π/2
3π/2
λ 
=− (sin θx̂ − cos θŷ) ,

4π0 R 
π/2
λ
= x̂ . (2) 0.25 pts.
2π0 R

1
 Para el alambre superior (+) e inferior (−), notamos que ~r0 = xx̂±Rŷ y ds = dx, con 0 ≤ x < ∞.
Luego,
Z ∞
~ ~ λ xx̂ ± Rŷ
E± (0) = − dx 2 . (3)
4π0 0 (x + R2 )3/2

Para calcular la integral en la ecuación (3), usamos el cambio de variables x = R tan φ, con
0 ≤ φ < π/2. Entonces x2 + R2 = R2 / cos2 φ y dx = R dφ/ cos2 φ. Reemplazando, obtenemos
π/2
λ
Z
~ ± (~0) = −
E dφ (sin φx̂ ± cos φŷ) ,
4π0 R 0
π/2
λ 
=− (− cos φx̂ ± sin φŷ) ,

4π0 R 
0
λ
=− (x̂ ± ŷ) . (4) 0.25 pts.
4π0 R

Finalmente, el campo eléctrico en ~r = ~0 es la superposición de los tres campos,

~
E(0) =E ~ circ (0) + E~ + (~0) + E~ − (~0) , (5)
λ λ λ
= x̂ − (x̂ + ŷ) − (x̂ − ŷ) , (6)
2π0 R 4π0 R 4π0 R
= ~0 , (7) 0.25 pts.

es decir, el campo eléctrico en el origen es nulo! Una carga en el orı́gen no serı́a afectado por
fuerzas eléctricas.
(b) Utilizamos la ley de Biot-Savart,

~ r ) = µ0 d~` × (~r − ~r0 )

Z
B(~ I(~r0 ) , (8)
4π |~r − ~r0 |3

donde ~r es el punto donde medimos el campo, r~0 es el punto de un elemento de longitud lineal d`,
y I(~r0 ) es la corriente en ese punto, donde d~` apunta en el sentido de la corriente. El problema
nos pide calcular B( ~ ~0), o sea ~r = ~0, en un alambre de corriente constante I.
Para la semicircunferencia, tenemos que ~r0 = R(cos θx̂ + sin θŷ) y d~` = R(− sin θx̂ + cos θŷ) dθ,
con π/2 ≤ θ ≤ 3π/2. Luego,
Z 3π/2
~ µ0 I
Bcirc (0) = − dθ (− sin θx̂ + cos θŷ) × (cos θx̂ + sin θŷ) ,
4πR π/2
Z 3π/2
µ0 I
= dθ ẑ ,
4πR π/2
µ0 I
= ẑ . (9) 0.25 pts.
4R

Para el alambre superior (+) e inferior (−), notamos que ~r0 = xx̂ ± Rŷ y d~` = ∓dxx̂ con
0 ≤ x < ∞. Luego,

µ0 I ∞ ∓dxx̂ × (xx̂ ± Rŷ)

Z
~
B(~r) = − ,
4π 0 (x2 + R2 )3/2
µ0 I ∞ −dxRẑ
Z
=− ,
4π 0 (x2 + R2 )3/2
µ0 I
= ẑ , (10) 0.25 pts.
4πR

2
 donde el resultado de la integral fue tomado de la parte (a). Notemos que el resultado no depende
de si usamos el alambre superior o inferior. Usando el principio de superposición, encontramos
~
B(0) =B~ circ (0) + B
~ + (0) + B ~ − (0) ,
µ0 I µ0 I µ0 I
= ẑ + ẑ + ẑ ,
4R  4πR 4πR
µ0 I 2
= 1+ ẑ . (11) 0.25 pts.
4R π

(c) Para los datos de la parte (b), sobre una partı́cula de masa m, carga q y velocidad v0 x̂ actúa la
fuerza de Lorentz, dada por

F~ = q~v × B(0)
~ , (12) 0.25 pts.
 
µ0 I 2
= qv0 x̂ × 1+ ẑ , (13)
4πR π
 
µ0 I 2
= −qv0 1+ ŷ , (14) 0.25 pts.
4πR π

es decir, siente una fuerza hacia abajo si es de carga positiva, o hacia arriba si es de carga negativa,
independiente de su masa.

3
Problema 2: En el circuito de la figura, si ω = 300Hz
(a) (0.75 pts) Encuentre la impedancia equivalente a la derecha de los puntos a y b.
(b) (0.75 pts) Determine el valor de X de modo que la fuente esté en fase con la corriente. Encuentre
la corriente I en este caso.
(c) (0.5 pts) Respecto de la reactancia X, ¿es inductiva o capacitiva? Determine el valor de L o C
según corresponda.
R1 = 3Ω X
a

R2 = 100Ω

V (t) = cos(ωt) L = 0.1H

C = 25µF

b
Solución:
(a) La capacitancia C = 25 × 10−6 F y la resistencia R2 = 100Ω se encuentran en serie. Por lo tanto,
la impedancia equivalente es
(
100
Z1 = R2 +
1
= 3 (3 − i4) , ω = 300Hz . (15) 0.25 pts.
iωC 100(1 − i) , ω = 400Hz

Por otro lado, la inductancia L = 0.1H se encuentra en paralelo con la impedancia Z1 . Luego, la
impedancia equivalente entre los puntos a y b se encuentra mediante
1 1 1
= + , (16)
Zab Z1 iωL
iωLZ1
Zab = . (17) 0.25 pts.
iωL + Z1
Usando los datos del problema,
 i300(3−i4)
= 300(27+214i) , ω = 300Hz
 30−i31 1861


Zab = . (18) 0.25 pts.
 400(1 + i) = 200 (1 + 4i) , ω = 400Hz


10 − 6i 17
(b) Ahora que encontramos la inductancia entre los nodos a y b, tenemos un circuito donde R1 = 3Ω,
X y Zab están en serie. Luego, la inductancia equivalente alrededor de la fuente es

300(27+214i)
3 + X +

 1861 , ω = 300Hz
Z = R1 + X + Zab = . (19) 0.25 pts.
3 + X + 200 (1 + 4i) , ω = 400Hz


17
Para que la fuente esté en fase con la corriente, es necesario que Z sea real, o sea Im(Z) = 0. 0.25 pts.
Luego,
− 300(214i)


 1861 , ω = 300Hz

X= . 0.25 pts.
− 200(4i) , ω = 400Hz


17

4
(c) Del item anterior, podemos escribir X como
300(214)

, ω = 300Hz
 1861i


X= . 0.25 pts.
 200(4) ,

ω = 400Hz

17i

Es decir X = 1/(iωC0 ) corresponde a una reactancia capacitiva, donde

1

 300(214) = 96.6µF , ω = 300Hz


 i300 1861i

C0 = 1 . 0.25 pts.
= 53.1µF , ω = 400Hz
 i400 200(4)



17i

5
Problema 3: Dos condensadores planos idénticos, de área L2 y separación entre las placas D, ini-
cialmente descargados, se conectan en paralelo. Mediante una baterı́a se les aplica una diferencia de
potencial V0 . Luego, esta baterı́a se desconecta de modo que los condensadores quedan cargados y
aislados, pero aún conectados en paralelo. Finalmente, se introduce una placa conductora de espesor
d < D una distancia x dentro de uno de los condensadores, como se muestra en la figura de la derecha.
Como función de x, calcular:
(a) (0.75 pts) La capacitancia efectiva Cf del condensador al cual se introduce la placa conductora;
(b) (0.75 pts) La carga final de cada condensador; y
(c) (0.5 pts) La energı́a almacenada en el sistema antes y después de introducir la placa conductora.

C0 C0 C0 Cf
V0
D D d
L L x

(a) Como los condensadores son de placas paralelas, entonces su capacidad es

0 L2
C0 = .
D

Cuando se introduce la placa conductora en el condensador de la derecha, éste puede ser consi-
derado como un sistema de dos condensadores conectados en paralelo, como se ve en la figura 1,
donde
0 L(L − x) 0 Lx
Cf 1 = Cf 2 = (20) 0.25 pts.
D D−d

Finalmente,

Cf = Cf 1 + Cf 2 , 0.25 pts.
0 L(L − x) 0 Lx
= + ,
D D−d
0 L2
 
d x
= 1+ ,
D D−dL
 
d x
= C0 1 + . (21) 0.25 pts.
D−dL

Cf Cf 1 Cf 2
D d D D−d
x L−x x
L
Figura 1: Condensador Cf equivale a dos condensadores Cf 1 y Cf 2 conectadas en paralelo.

6
(b) Como están conectados en paralelo a una baterı́a, cada condensador adquiere una carga inicial
Q0 = C0 V0 . Cuando la baterı́a se desconecta y se introduce la placa conductora, la carga se mueve
de un condensador al otro. Supongamos que el condensador de la izquierda y de la derecha en la
figura adquieren cargas Qizq y Qder , respectivamente. Como la carga debe conservarse, entonces

2Q0 = Qizq + Qder . (22) 0.15 pts.

Además, como los capacitores aún están en paralelo, entonces la diferencia de potencial en ambos
es igual, de modo que
Qizq Qder
= . (23) 0.15 pts.
C0 Cf

A partir de la ecuación (23) escribimos Qder = Qizq Cf /C0 y reemplazamos en (22):

Cf
2Q0 = Qizq + Qizq ,
C0

Despejando Qizq , obtenemos

2Q0 2C0 V0
Qizq = Cf
= d x
. (24) 0.2 pts.
1+ C0
2 + D−d L

Reemplazando (24) en (22), obtenemos

d x
1+ D−d L
Qder = 2Q0 − Qizq = 2C0 V0 d x
. (25) 0.25 pts.
2+ D−d L

(c) La energı́a almacenada antes de colocar el conductor es

Q20
Ui = = C0 V02 (26) 0.25 pts.
C0

La energı́a almacenada después de colocar el conductor, es

Q2izq Q2der
Uf = + ,
2C0 2Cf
!2
d x
1 1+ D−d L
= 2C0 V02 d x
+ 2C0 V02  2 ,
2+ D−d L 2+ d x
D−d L

2C0 V02
= d x
. (27) 0.25 pts.
2 + D−d L

La diferencia en la energı́a almacenada es

d x
D−d L
∆U = Uf − Ui = −C0 V02 d x
2 + D−d L