Soluciones Examen febrero 2014 E = A partir de 2 determino la diferencia de potencial entre las placas (que es V 1 ): q = V 1

Transcripción

1 Soluciones Examen febrero 2014 Ejercicio 1 Parte a Supongo una carga q en las placas del capacitor. Aplicando Ley de Gauss: E. ds = q 1 kɛ 0 S E = q 2πrdkɛ 0 2 A partir de 2 determino la diferencia de potencial entre las placas que es V 1 : V 1 = b a E. dr = q 3 2πɛ 0 dk Entonces la carga está dada por: Por último, la capacitancia se calcula como: q = V 1 2πɛ 0 Kd C = q V 1 C = 2πɛ 0dK 4 5 Parte b Cuando se pierde parte del dieléctrico, el capacitor se puede modelar como dos capacitores en paralelo. Como se observa en la figura?? llamamos C 0 al capacitor donde no hay dieléctrico parte de arriba, y C 1 al capacitor con dieléctrico K parte de abajo. Análogamente a la parte anterior, calculamos los capacitores C 0 y C 1 : C 0 = 2πɛ 0d h C 1 = 2πKɛ 0h El capacitor equivalente al paralelo de ambos está dado por: 6 7 Entonces la nueva diferencia de potencial V 2 entre las placas es: C eq = 2πɛ 0 d h + Kh 8 V 2 = q 2πɛ 0 d h + Kh 9 1

2 Soluciones Examen febrero 2014 Parte c La densidad superficial de carga sobre la placa de menor radio difiere entre la zona donde hay dieléctrico σ 1 y donde no σ 0. Como los capacitores están en paralelo, la carga total q es la suma de las cargas de cada capacitor q 1 y q 0 respectivamente. { σ 0 = q 0 /A 0 h < z d 10 σ 1 = q 1 /A 1 0 z h De la definición de capacidad se deduce que q = CV, entonces usando 6, 7 y 9 se tiene: q 0 = V 2 C 0 q 0 = q 2πɛ 0 d h + Kh.2πɛ 0h d d h q 0 = q d h + Kh q q 1 = V 2 C 1 q 1 = 2πɛ 0 d h + Kh. 2πɛ 0Kh q Kh 1 = q d h + Kh Por lo tanto las densidades superficiales de carga en la placa de menor radio son: { q σ0 = 0 2πad h h < z d σ 1 = q 1 2πah 0 z h Otra forma de resolver lo anterior es aplicando ley de Gauss. Para C 0 se tiene: E. ds = q q 0 E = 14 ɛ 0 2πrh dɛ 0 Por otro lado la diferencia de potencial V 2 es: S V 2 = b A su vez por lo hallado en la parte b V 2 = a E. dr = q πɛ 0 d h q 2πɛ 0 d h+kh, entonces igualando con 15: d h q 0 = q d h + Kh Para hallar q 1 se resuelve de manera análoga y luego de determinadas ambas cargas se puede calcular las densidades superficiales de carga como en

3 Considere el circuito de la figura. El capacitor está inicialmente descargado. a Hallar la intensidad de la corriente suministrada por la batería inmediatamente después de cerrado el interruptor S. Después de que ha pasado un tiempo muy largo, determinar: b La intensidad de la corriente suministrada por la batería. c La energía almacenada en el capacitor. Si posteriormente se abre el interruptor S: S R R 2 C d Determinar la intensidad de la corriente a través de R1 y la carga en el condensador en función del tiempo. e Qué fracción de la energía acumulada en el capacitor se disipa en la resistencia R2?

4 a En el instante inicial el capacitor actúa como un cable, la intensidad de la corriente suministrada por la batería en el instante inicial entonces se puede hallar utilizando la ley de Ohm y sumando en paralelo R1 y R2: I 0= R R 2 b Luego de un tiempo muy largo, el capacitor está totalmente cargado, la corriente entonces circula únicamente a través de R y R1: I = R+ c Utilizando la siguiente relación: R I =R 2 I 2 + Q 2 C Y evaluando en un tiempo muy largo I2 es cero e I ya fue hallada: R R+ = Q 2 C 1 R/ R =Q 2 1 C

5 La energía almacenada en el capacitor después de un tiempo muy largo: U = 1 2 Q 2 2 C = 1 2 C 2 R 2 Método alternativo: a b c Aplicando ley de nodos y mallas: R I 1 +I 2 R 2 I 2 Q 2 C =0 I 1 =R 2 I 2 + Q 2 C Sustituyendo la segunda ecuación en la primera se obtiene una ecuación diferencial para Q2: R R 2 2 R + a Con solución: Q 2 t= C RR 1 I R C b a 1 e t b Q 2 =0 La corriente I2 se obtiene derivando esta solución, y la corriente I1, utilizando la segunda ecuación.

6 Sumando I1 y I2 se obtiene la corriente suministrada por la fuente. Sus valores en tiempo igual a cero e infinito son respectivamente: I 0=I 1 0+I 2 0= R R 2 I = R+ La energía almacenada en el capacitor después de un tiempo muy largo: U = 1 2 Q 2 2 C = 1 2 C 2 R 2 d Al abrir el interruptor el circuito resultante es un RC simple, con resistencia igual a RR2, la carga inicial está dada por Q 2 de la parte anterior. Qt=Q 0e t +R C 2 = C RR 1 I t= +R R e 2 e t +R 2 C t +R 2 C

7 e La energía disipada por ambas resistencias es igual a la energía almacenada en el capacitor, hallada en la parte c U dis = +R 2 I 2 dt 0 U dis = +R 2 0 U dis = C 2 2 R 2 2 +R 2 2 R t 2R e 1 +R C 2 dt 2 Por otro lado, la energía disipada por cada resistencia: U 1 = 0 U 2 = 0 I 2 dt R 2 I 2 dt La fracción de energía almacenada en el capacitor que se disipa en R2: Frac R2 = U 2 U dis = R 2 +R 2

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