Capacitores
- 1. 6. CAPACIDAD ELÉCTRICA PROBLEMA41. En el circuito de la figura, los con- T2 densadores están inicialmente descargados y los interruptores abiertos. Luego se cierra T1 , lo cual A D permite cargar los condensadores. Enseguida se C0 2C0 3C0 vuelve a abrir T1 , después de lo cual se procede a T3 cerrar T2 y T3 . ¿Cuál es la diferencia de potencial T1 entre A y D después de la última operación? V0 SOLUCIÓN Al conectar T1 , los tres condensadores se cargan en serie, es decir, todos adquieren la misma carga q . Luego: q q q V0 = + + , C0 2C0 3C0 de lo que resulta : q = 6 1 1 C0 V0 . Esta es la carga con la cual quedan cada uno de los con- densadores al desconectar nuevamente T1 . Justo antes de conectar T2 y T3 , la situación es la indicada en la figura siguiente: –q +q A Nótese que al conectar T2 y T3 , los tres condensado- C0 res quedan en paralelo. Las placas ubicadas al lado T2 derecho en la figura quedarán conectadas entre sí, +q –q estarán finalmente al mismo potencial (ya que tanto 2C0 ellas como los alambres que las unen son conductores) T3 y tendrán una carga neta igual a +q , que deberá re- –q +q partirse entre ellas. Un razonamiento análogo indica D 3C0 que las placas del lado izquierdo tendrán una carga −q a repartirse entre ellas. Lo anterior es una aplicación de la conservación de la carga eléctrica. Si q1 , q2 y q3 son las cargas finales en los condensadores (placas del lado dere- cho) de capacidades C0 , 2C0 y 3C0 respectivamente; entonces : q1 + q2 + q3 = + q − q + q = q 75
- 2. 76 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Si V es la diferencia de potencial final entre A y D ; entonces lo anterior queda : C0V + 2 C0V + 3 C0V = q q luego : V = , 6 C0 reemplazando q , obtenido anteriormente, resulta: V V = 6 C0 V0 g 1 = 0 11 6 C0 11 V = 1 V0 11 PROBLEMA 42. Se conecta una batería a los bornes a y b , estableciéndose entre ellos C1 2C1 c cierta diferencia de potencial. Luego se desco- necta la batería. ¿Qué fracción de la energía • ƒ eléctrica del sistema se pierde al conectar c a b con d ? 2C1 C1 d SOLUCIÓN: ‚ „ En cada capacitor se cumple que Q = CV ⇒ V = Q , luego : C Q1 V1 = C1 Q2 Q2 V2 = = C2 2C1 Q3 Q3 V3 = = C3 2C 1 Q4 Q4 V4 = = C4 C1
- 3. 6. Capacidad Eléctrica 77 Al aplicarse una diferencia de potencial entre los puntos a y b, los capacitores • y ƒ se cargan en serie. Esto mismo es válido para los capacitores ‚ y „ . Por lo tanto se cumple que : Q1 = Q3 ; Q2 = Q 4 V1 + V3 =Va b = V ; V2 + V4 =Va b = V reemplazando los valores de V1 , V2 , V3 y V4 se tiene: Q1 Q + 3 = V ⇒ Q1 = Q3 = 2 C1V C1 2 C1 3 Q2 Q + 4 = V ⇒ Q2 = Q4 = 2 C1 V 2 C1 C1 3 luego Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 2 C1 V 3 Calculamos ahora la energía del sistema: Q2 Q2 Q2 Q2 U = 1 1 +1 2 +1 3 +1 4 2 C1 2 2C1 2 2 C1 2 C1 2 U = 1 2 C1 V 1 + 1 + 1 + 1 3 C 2 1 2C1 C1 2 C1 U = 2 C12 V 2 g 3 = 2 C1V 2 9 C1 3 Otro método para determinar la energía del sistema es calculando la capacitancia equiva- lente. Para los capacitores • y ƒ en serie; se tiene : 1 = 1 + 1 = 3 ⇒C 2C1 e q .1 = . Ce q. C1 2C1 2C1 3 2 C1 Análogamente para los capacitores ‚ y „ se tiene: Ce q.2 = . 3 La capacitancia equivalente total corresponde a los capacitores equivalentes 1 y 2 en para- lelo : 2 C1 2 C1 4 C1 Ce q. = + = . 3 3 3
- 4. 78 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Entonces, 2 4 C1 2 2 U = 1 Ce q . V 2 = 1 g V = C1 V 2 . 2 2 3 3 Al conectar c con d que inicialmente están a distintos potenciales, se redistribuye la carga en los capacitores. En las placas conectadas al punto a debe conservarse la carga eléctrica : q1l + q2l = Q1 + Q2 . Además los capacitores • y ‚ quedan con la misma diferencia de potencial: l q1 ql V1l = V2l ⇒ = 2 , es decir, 2q1l = q2 . l C1 2C1 Por lo tanto q1l + 2q1l = Q1 + Q2 3q1l = 2 C1V + 2 C1V ⇒ q1l = 4 C1 V 3 3 9 q2 = 8 C1 V l 9 Análogamente puesto que en las placas conectadas al punto b se conserva la carga eléctrica y los capacitores ƒ y „ quedan con la misma diferencia de potencial; se obtiene: q4 = 4 C1 V l y q3 = 8 C1 V . l 9 9 La energía eléctrica final es : 4 CV ( ) + ( 8 9C V ) 2 2 48 U = 2 9 = l 1 1 C V2. 2 g C1 2 g 2 C1 81 1 La fracción de la energía eléctrica que se pierde es : 2 C1V 2 − 48 C1V 2 ∆U = U − Ul = 3 81 = 1 . U U 2 C1V 2 9 3 La energía que pierde el sistema de capacitores se transforma en radiación electromagnética y también se disipa por efecto Joule. Es un proceso complejo de naturaleza semejante al que da origen al trueno, al relámpago y el rayo en una descarga entre nubes.
- 5. 6. Capacidad Eléctrica 79 PROBLEMA 43. Una placa metálica de área A y espesor s/2 se introduce entre las placas de un condensador plano de área A y separación entre placas igual a s. Estudiar los cambios que ocurren en la capacidad, la carga, la diferencia de potencial y la ener- gía almacenada en el condensador, en las dos situaciones siguientes: (a) La carga del condensador se mantiene constante. (b) La diferencia de potencial del condensador se mantiene constante. SOLUCIÓN (a) Carga constante. Antes de introducir la placa metálica, las cantidades que nos intere- san son: Carga Q0 Capacidad ( ε 0 A s ) = C0 Diferencia de potencial (Q0 C0 ) = V0 Energía almacenada (Q 2 0 2C 0 ) = U 0 Campo eléctrico entre las placas σ ε 0 = Q Aε0 0 Al introducir la placa metálica, el campo eléctrico entre las placas del condensador debe modificarse, ya que en todo el volumen de la placa éste debe ser cero (conductor en condicio- nes electrostáticas). r Para lograr que E = 0 en el interior de la placa metálica, en ella debe reordenarse su carga eléctrica de modo que cree un campo eléctrico de igual magnitud y sentido contrario al campo producido por las placas del condensador. Evidentemente, la carga inducida en la placa metáli-
- 6. 80 Electromagnetismo Problemas y Soluciones ca residirá sobre sus superficies paralelas a las placas del condensador y tendrá las magnitudes indicadas en la figura : r De esta manera se logra que E = 0 en el interior de la placa metálica, y en el espacio comprendido entre las placas del condensador, fuera de la lámina metálica, el campo eléctrico no se altera respecto a su valor antes de introducir el conductor. Luego, no hay energía eléctrica almacenada en la región ocupada por la placa metálica, ya que allí E = 0 y la densidad de energía eléctrica es u = 1 ε 0 E 2 . En consecuencia, la 2 energía final del condensador es: ( Q02 ) Q0 g s 2 1 s 1 s U = ε0 E g A x + − x = ε0 2 2 A g = 2 2 2 2 A ε0 2 2 g Ag 2g ε 0 Q02 U = ( ) ε A 2g 0 s g2 Si C es la capacidad del condensador con la placa metálica introducida; entonces U también 2 debe ser igual a Q0 2C , luego : 2 Q0 Q02 ε0 A Q02 = ⇒ C = 2g = 2 C0 U = = 1 U0 . ( ) y 2C ε A s 2 g 2 C0 2 2g 0 g 2 s Q0 Q La diferencia de potencial final es : V = = 0 . C 2C0 En resumen : C = 2 C0 ; U = 1 U0 ; V = 1V0 . 2 2
- 7. 6. Capacidad Eléctrica 81 (b) Diferencia de potencial constante. La capacidad del condensador formado al introducir la placa metálica es C = 2 C0 , resultado que es aplicable también en este caso, ya que no de- pende de la diferencia de potencial entre las placas ni de la carga en las placas (recuerde que la capacidad depende de la geometría y del medio dieléctrico). Si V0 es la diferencia de potencial constante entre las placas, entonces antes de introducir la placa conductora tenemos: Diferencia de potencial : V0 Capacidad : C0 = ε 0 A s Carga : Q0 = C0 V0 1C V 2 Energía almacenada : U0 = 2 0 0 V0 Campo eléctrico entre las placas : E0 = s Una vez introducida la placa tenemos : Diferencia de potencial : V0 Capacidad : C = 2 C0 Carga : Q = CV0 = 2C0 V0 = 2Q0 1 CV 2 = 1 C V 2 g 2 = 2U Energía almacenada : U = 0 2 2 0 0 0 Campo eléctrico entre las placas : E = 0 (en la región ocupada por la placa metálica) y V0 E= = 2 E0 (en la región no ocupada por la placa metálica). (s 2) En resumen: C = 2 C0 ; Q = 2Q 0 ; U = 2U 0
- 8. 82 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 44. Las placas de un conductor plano se separan, desde una distancia inicial d hasta una distancia final 2d , manteniendo constante la carga en las placas. Estudiar los cam- bios de capacidad, diferencia de potencial, energía almacenada y el trabajo realizado por el agente externo que separa las placas. SITUACIÓN I NICIAL SITUACIÓN F INAL +Q0 +Q0 d 2d –Q0 –Q0 SOLUCIÓN Suponiendo que la separación entre las placas es pequeña, entonces el campo eléctrico entre las placas puede considerarse uniforme y los efectos de dispersión pueden despreciarse. Luego: (a) Situación inicial : (b) Situación final : E0 = σ E= σ ε0 ε0 V0 = E0 d V = E g 2d ε0 A ε0 A C0 = C = d 2d Q02 Q02 U0 = U = 2 C0 2C En consecuencia tenemos que : (a) El campo eléctrico no cambia: E = E0 (b) La diferencia de potencial se duplica : V = 2V0 1C (c) La capacidad disminuye a la mitad : C = 2 0 (d) La energía almacenada aumenta al doble : U = 2U 0
- 9. 6. Capacidad Eléctrica 83 Todos los cambios anteriores son el resultado de separar las placas al doble, mante- niendo constante la carga Q0 en las placas (lo que implica mantener σ constante). Además, el cambio en la energía del sistema es debido al trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas. Puesto que la única forma de energía asociada con el sistema es la energía potencial eléctrica almacenada entre las placas; entonces, ∆ U = U −U 0 = W luego : 2 Q0 W = 2U0 − U0 = U0 = , 2C 0 es el trabajo efectuado por el agente externo. PROBLEMA 45. Las placas de un condensador plano se separan, desde una distancia inicial d hasta una distancia final 2d , manteniendo constante la diferencia de potencial entre las pla- cas. Estudiar las mismas cantidades del problema anterior, es decir, los cambios de capacidad, diferencia de potencial, energía almacenada y el trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas. SITUACIÓN SITUACIÓN INICIAL FINAL V0 V0 d 2d SOLUCIÓN Haciendo las mismas consideraciones que en el problema anterior, es decir, considerando que d es pequeño y los efectos de dispersión en los bordes son despreciables, tenemos :
- 10. 84 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (a) Situación inicial : (b) Situación final : V0 E0 = E= V0 d 2d ε0 A ε0 A C0 = C = d 2d q0 = C0 V0 q = CV0 U0 = 1 C0 V02 U = 1 CV02 2 2 En consecuencia tenemos que : (a) El campo eléctrico disminuye a la mitad : E = 1 E0 2 (b) La capacidad disminuye a la mitad : C = 1 C0 2 (c) La carga disminuye a la mitad : q = 1 q0 2 (d) La energía almacenada disminuye a la mitad : U = 1 U0 2 En esta situación los resultados son muy diferentes a los del problema anterior, donde la sepa- ración se hacía a carga constante. La consecuencia de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas es, en este caso, que la capacidad, la carga, la energía almacenada y la magnitud del campo eléctri- co, disminuyen a la mitad. En cuanto al cambio en la energía electrostática del condensador, éste debe ser igual al trabajo total efectuado sobre él por agentes externos. Esta vez, además del agente encargado de separar las placas, hay otro agente que es la batería encargada de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas. Entonces : ∆ U = WF + Wb donde ∆ U = U −U 0 = 1 U 0 −U 0 = − 1 U 0 , 2 2 WF es el trabajo que efectúa el agente que separa las placas y Wb es el trabajo efectuado por la batería.
- 11. 6. Capacidad Eléctrica 85 La batería mueve una carga ∆ q a través de una diferencia de potencial V0 , efectuando un trabajo Wb igual a : ( Wb = V0 g ∆ q = V 0 ( q − q0 ) = V0 1 q0 − q0 2 ) Wb = − 1 q0 V0 = − 1 C0 V02 = − U0 . 2 2 Wb es negativo puesto que la batería traslada una carga 1 q0 desde un potencial mayor a 2 otro menor. Al reemplazar los valores de ∆ U y Wb en la ecuación ∆ U = WF + Wb ; encon- tramos : WF = 1 U 0 = 1 C0 V02 2 4 Note que el trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas es positivo, sin im- portar si es la carga o la diferencia de potencial la que se mantiene constante. Esto es así pues las placas tienen cargas de signos opuestos y se atraen entre sí.
- 12. 86 Electromagnetismo Problemas y Soluciones