Ejercicio Resuelto 007 (Capacitancia y Dieléctricos)

En la figura, la batería tiene una diferencia de potencial \(V=9.0 \mathrm{~V}, C_{2}=3.0 \mu \mathrm{F}, C_{4}=4.0 \mu \mathrm{F}\), y los capacitores están inicialmente descargados. Cuando el interruptor S se cierra, una carga total de \(12 \mu \mathrm{C}\) pasa por el punto \(a\) y una carga total de \(8.0 \mu \mathrm{C}\) pasa por el punto \(b .\) ¿Cuáles son (a) \(C_{1} \) y (b) \(C_{3}\) ? 


Solución: 

Datos: \( V = 9.0\mathrm{~V} \), \( \quad C_{2} = 3.0\mu\,\mathrm{F} \), \(\quad C_4 = 4.0\mu\,\mathrm{F} \), \(\quad q_{a} = 12\mu\,\mathrm{C} \), \( \quad q_{b} = 8\mu\,\mathrm{C} \), \( \color{red}{ \quad \mathrm{(a)~} C_{1} = ? } \), \( \color{red}{ \quad \mathrm{(b)~} C_{3}= ? } \)


\[ \begin{align*}C_{4} &= \frac{q{4}}{V_{4}} \qquad \Longrightarrow V_{4} = \frac{q_{4}}{C_{4}} = \frac{8\mu}{4\mu} \qquad \Longrightarrow V_{4} = 2\mathrm{~V}\end{align*} \]

\( C_{3}, C_{4} \) en paralelo, entonces:

\[ \begin{align*}V_{3} &= V_{4} = 2\mathrm{~V}\\C_{3} &= \frac{q_{3}}{V_{3}} = \frac{(12-8)\mu}{2}\\C_{3} &= 2\mu\mathrm{~C} \qquad \color{blue}{(a)}\\&\\C_{34} &= C_{3} + C_{4} = 2\mu + 4\mu = 6\mu\mathrm{~F}\end{align*} \]


\[ \begin{align*}V &= V_{1} + V_{2} + V_{34}\\V_{1} &= V-V_{2}-V_{34} = 9 - \frac{q_{2}}{C_{2}}-2\\V_{1} &= 9-\frac{12\mu}{3\mu}-2 \qquad \Longrightarrow V_{1} = 3\mathrm{~V}\\C_{1} &= \frac{q_{1}}{V_{1}} = \frac{12\mu}{3} \qquad \Longrightarrow C_{1} = 4\mu\mathrm{~F} \qquad \color{blue}{\mathrm{(b)}}\end{align*} \]










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Pregunta: Se le dan dos cargas puntuales desconocidas, $Q_{1}$ y $Q_{2}$. En un punto sobre la línea que las une, a un tercio del camino entre $Q_{1}$ y $Q_{2}$, el campo eléctrico es cero (ver Figura). ¿Cuál es el cociente $Q_{1} / Q_{2}$ ? Datos: Resolucion: Campo elétrico en $P$ debido a $Q_1$ $$ E_1=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q_1}{\left(\frac{l}{3}\right)^2}=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_1}{l^2} $$ Campo elétrico en $P$ debiclo a $Q_2$. $$ E_2=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q_2}{\left(\frac{2}{3} l\right)^2}=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_2}{4 l^2} $$ Debido a la condición del problema $$ E_1-E_2=0 \Longrightarrow E_1=E_2 $$ Entonces $$ \begin{aligned} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_1}{l^2} &=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_2}{4 l^2} \\ Q_1 &=\frac{Q_2}{4} \\ \frac{Q_1}{Q_2} &=\frac{1}{4} \end{aligned} $$
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Pregunta: El alambre recto cargado de manera uniforme de la Figura 3 tiene una longitud $l$, donde el punto 0 está en su punto medio. Demuestre que el campo en el punto $\mathrm{P}$, a una distancia $x$ perpendicular desde 0 , está dado por $$ E=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{l}{\left(l^{2}+4 x^{2}\right)^{1 / 2}}, $$ donde $\lambda$ es la carga por unidad de longitud. Datos: Resolucion: \[ \begin{aligned} d E_x=& d E \cos \theta \\ d E_x=& \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{d Q}{r^2} \cos \theta \\ & \lambda=\frac{d Q}{d y} \Rightarrow d Q=\lambda d y \\ & \cos \theta=\frac{x}{r}=\frac{x}{\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}} \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} &d E_x=\frac{1}{4 \pi E_0} \frac{x d y}{\left(x^2+y^2\right)} \frac{x}{\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}}\\ &d E_x=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\lambda x d y}{\left(x^2+y^2\right)^{3 / 2}}\\ &E_x=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \lambda x \int_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}} \frac{1...
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