PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
ejercicios resueltos de electromagnetismo

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Ejercicios resueltos de electromagnetismo

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Ejercicios de Electromagnetismo

El condensador de la figura está formado por placas iguales cuadradas de lado \( a \). Calcular el valor de la capacidad total (considérese que el ángulo \( \theta \) es pequeño)
Un condensador de la figura está formado por placas iguales cuadradas de lado a


Respuesta al ejercicio 79

Una forma de resolver el problema sería calculando mediante la aplicación de la ecuación de Laplace la expresión general de potencial, \( \varphi \), tomando después el gradiente y obteniendo de este modo el campo eléctrico,\( E \).
Todo ello podemos hacerlo aplicando coordenadas cilíndricas, con arreglo esquema representado en la figura adjunta
Tendremos que expresar \( \nabla^2\varphi \) en coordenadas cilíndricas, y nos fijamos que \( \varphi \) solo depende del ángulo \( \alpha \), por lo tanto:
    \( \displaystyle \nabla^2\varphi = \frac{1}{r^2}·\frac{\partial^2\varphi}{\partial \alpha^2}= 0 \)
Resolviendo nos da:
    \( \varphi = C_1·\alpha + C_2 \)
Tomando la placa inferior a \( \varphi_1= 0 \) y la superior a \( \varphi_2 \), tendremos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \varphi_1 = 0 = C_2 \\
     \\
    \varphi_2 = C_1·\theta
    \end{array}\quad C_1 = \frac{\varphi_2}{\theta} \Rightarrow \varphi = \varphi_2·\frac{\alpha}{\theta} \)
Sabiendo que la expresión del campo eléctrico en función del potencial, es:
    \( E = -\:grad\:\varphi \)
que expresado en coordenadas cilíndricas:
    \( \displaystyle E = - \left[\frac{\partial \varphi}{\partial r}+ \frac{1}{r}·\frac{\partial \varphi}{\partial \alpha} +\frac{\partial \varphi}{\partial z} \right] \Rightarrow E = -\frac{1}{r}·\frac{\partial \varphi}{\partial \alpha} \)
Por lo tanto:
    \( \displaystyle E = - \frac{1}{r}·\frac{\varphi_2}{\theta} \)
pero:
    \( \displaystyle \sigma = E·\varepsilon_o = - \frac{\varepsilon_o\varphi_2}{r·\theta} \)
De ahí podemos calcular la \( q \) total:
    \( \displaystyle q = \int_{r_1}^{r_1+a}\sigma·ds = a \int_{r_1}^{r_1+a}\sigma·dr = a·\frac{\varepsilon_o\varphi_2}{\theta}·\ln \frac{r_1}{r_1+a} \)
Por lo que:
    \( \displaystyle C = \frac{q}{0-\varphi_2} =- \frac{\varepsilon_o·a}{\theta}· \ln \frac{r_1}{r_1+a} \)
pero:
    \( \displaystyle d = r_1·\theta \Rightarrow r_1 = \frac{d}{\theta} \)
Con lo que quedará:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    C = - \frac{\varepsilon_o·a}{\theta}·\ln \frac{ \displaystyle\frac{d}{\theta}}{ \displaystyle\frac{d}{\theta} + a}= \\
     \\
    = -\frac{\varepsilon_o·a}{\theta}·\ln \frac{d}{d+a·\theta} = -\frac{\varepsilon_o·a}{\theta}·\ln \frac{1}{\displaystyle 1 + \frac{a}{d}·\theta}\\
    
    \end{array} \)
Cuando \( \theta \rightarrow 0 \) podemos simplificar el logaritmo neperiano, pues se puede descomponer en serie de Mac Laurin:
    \( \displaystyle \ln(1+x) = x - \frac{1}{2}·x^2 + \cdots \)
Que en nuestro caso da:
    \( \displaystyle \ln\left(1 + \frac{a}{d}·\theta\right)= \frac{a}{d}·\theta - \frac{a^2}{2d^2}·\theta^2 \)
Por lo tanto sustituyendo en la expresión de la capacidad:
    \( \displaystyle C = \frac{\varepsilon_oa}{\theta}\left[\frac{a}{d}·\theta - \frac{a^2}{2d^2}·\theta^2\right] = \frac{\varepsilon_oa^2}{d}- \frac{\varepsilon_oa^3\theta}{2·d^2} \)
Que finalmente se puede escribir:
    \( \displaystyle C = \frac{\varepsilon_oa^2}{d}\left(1 - \frac{a·\theta}{2·d}\right) \)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 
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Página publicada por: José Antonio Hervás