Este texto está dirigido a los estudiantes de la asignatura Física Básica del Grado en Fundamentos de Arquitectura. La asignatura cubre temas de Termodinámica, Ondas, Electromagnetismo y Circuitos Eléctricos y, al estar pensada para impartirse en la primera mitad del grado, no presupone más conocimientos que los usuales en estudios preuniversitarios.
En cada tema, se incluyen apuntes que explican la parte teórica, ejemplos numéricos intercalados, una tabla resumen con las cantidades y fórmulas más importantes y una lista de problemas resueltos. El material se ha ido elaborando, modificando y completando durante los varios cursos en que los autores hemos impartido esta asignatura en la Universidad Rey Juan Carlos.
Nos sentimos muy agradecidos a cada uno de los estudiantes del Grado de Fundamentos de Arquitectura que han pasado por nuestras clases por su motivación, crítica constructiva y esfuerzo, sin los cuales jamás habríamos completado este trabajo.
Los autores
Móstoles, 2022
<target target-type="page" id="pges_8"/><target target-type="page" id="pges_9"/><bold>Índice general</bold><bold>1. GASES</bold>131.1. Gases ideales131.2. Presión cinética161.3. Energía interna de un gas ideal191.4. Dilatación térmica de sólidos y líquidos221.5. Tabla resumen241.6. Problemas resueltos25<bold>2. CALOR</bold>312.1. El calor como forma de transferencia de energía312.2. Algunos mecanismos de transferencia de energía312.3. Capacidad calorífica y calor específico372.4. Calor latente402.5. Tabla resumen422.6. Problemas resueltos43<bold>3. TERMODINÁMICA</bold>513.1. Contacto térmico y equilibrio térmico513.2. Trabajo de deformación523.3. Procesos termodinámicos543.4. Capacidades caloríficas de los gases ideales553.5. Procesos adiabáticos de los gases ideales593.6. Máquinas térmicas603.7. Bombas térmicas y frigoríficos623.8. Máquina de Carnot653.9. Tabla resumen693.10. Problemas resueltos70<bold>4. ONDAS</bold>814.1. Propagación de una perturbación814.2. Ondas en una cuerda tensa824.3. Ondas de sonido874.4. Superposición e interferencia924.5. Tabla resumen944.6. Problemas resueltos96<target target-type="page" id="pges_10"/><bold>5. ACÚSTICA</bold>1115.1. Intensidad de una onda de sonido armónica1115.2. Impedancia acústica y transmisión del sonido1145.3. Nivel sonoro y sensación auditiva1185.4. Tabla resumen1215.5. Problemas resueltos122<bold>6. CARGA Y CORRIENTE ELÉCTRICA</bold>1336.1. Carga eléctrica1336.2. Campo eléctrico1356.3. Potencial eléctrico1376.4. Capacidad y condensadores1426.5. Corriente eléctrica1486.6. Resistencia1506.7. Fuentes de fuerza electromotriz1556.8. Potencia eléctrica1576.9. Tabla resumen1596.10. Problemas resueltos160<bold>7. CIRCUITOS DE CORRIENTE CONTINUA</bold>1757.1. Leyes de Kirchhoff1757.2. Circuitos equivalentes de Thévenin y de Norton1787.3. Circuitos de corriente continua con condensadores1857.4. Tabla resumen1887.5. Problemas resueltos189<bold>8. MAGNETISMO E INDUCCIÓN</bold>2038.1. Imanes y solenoides2038.2. Inducción electromagnética2058.3. Autoinducción2088.4. Generadores eléctricos de corriente alterna2108.5. Transformadores2138.6. Tabla resumen2168.7. Problemas resueltos217<bold>9. CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA</bold>2299.1. Resistencias en corriente alterna2299.2. Condensadores en corriente alterna2329.3. Inductores en corriente alterna235<target target-type="page" id="pges_11"/>9.4. Números complejos2379.5. Fasores, impedancias y ley de Ohm genaralizada2399.6. Potencias activa, reactiva y aparente2439.7. Tabla resumen2469.8. Problemas resueltos246URJC<bold><target target-type="page" id="pges_12"/><target target-type="page" id="pges_13"/>GASES</bold>
Estudiamos la ecuación de estado del gas ideal que relaciona la presión con el número de partículas, el volumen y la temperatura. A través de ésta, junto con una expresión cinética para la presión, obtenemos la energía interna del gas ideal que toma distintas formas según se trate de un gas monoatómico, diatómico o poliatómico. Finalmente, analizamos la dilatación en líquidos y sólidos, lo que nos permite relacionar variaciones de volumen con cambios de temperatura.
<bold>Gases ideales</bold>
Debido a la pequeña densidad de los gases, sus moléculas están en promedio bastante separadas unas de otras en comparación con su tamaño. De este modo, las partículas siguen un movimiento rectilíneo y uniforme excepto cuando colisionan de forma elástica entre ellas o con las paredes del recipiente que contiene el gas. Sin embargo, a pesar de la aparente simplicidad de los gases, una descripción microscópica de los mismos que nos proporcione la posiciones y velocidades de las molécula en todo instante de tiempo es imposible, pues hay demasiadas (un centímetro cúbico de aire contiene unas 2,7 · 1019 moléculas).
Afortunadamente, aún es posible recurrir a una descripción macroscópica de los gases que tiene en cuenta un conjunto pequeño de variables (macroscópicas), tales como la presión p, el volumen V y la temperatura T.
Estas variables o magnitudes determinan los estados de equilibrio del gas, es decir, situaciones estacionarias (independientes del tiempo) que los sistemas alcanzan cuando están aislados (no intercambian energía con su exterior). Vamos a estudiar estas propiedades macroscópicas y cómo se relacionan con los valores medios de las cantidades microscópicas.
Como la cantidad de partículas de un gas macroscópico es enorme, se usa también como unidad de cantidad de materia el mol, que es la cantidad de materia que contiene
NA=6,022⋅1023partículas,
sean éstas átomos, moléculas, iones, etc. El número NA se llama número de Avogadro y se definió inicialmente como el número de átomos que hay en 12 g de carbono. Como el número de moles se usa para partículas muy diferentes, se suele especificar de qúe partículas se trata. Así, tenemos moles de átomos, de moléculas, etc.
La masa molar de un elemento es la masa de un mol. Usando la tabla periódica podemos ver, por ejemplo, que un mol de moléculas de O2 tiene una masa muy aproximada de 32 g. Para el aire, formado principalmente por un 76 % de N2, un 23 % de O2 y un 1 % de Ar, la masa molar es muy aproximadamente de 29 g/mol.
Supongamos n moles de gas dentro de un recipiente de volumen V a una temperatura T. El gas ejercerá una presión p que obedecerá, en buena aproximación, la ley de los gases ideales
p=nRTV,
donde R = 8,31 J/(mol · K) es la constante universal de los gases. En la ley de los gases ideales, la temperatura T se mide en la escala absoluta de temperaturas (Kelvin), en la cual el punto de congelación del agua corresponde a T = 273,15 K, y su punto de ebullición a T = 373,15 K. Aunque la escala absoluta de temperaturas es la única con significado fundamental, es de uso común la escala Celsius, definida tal que TC = T − 273,15°C. En ella, el punto de congelación del agua es 0°C y su punto de ebullición es 100°C.
La ley de los gases ideales es una relación simple entre las cantidades macroscópicas que caracterizan un gas. En condiciones normales de densidad y presión, los gases reales obedecen esta ley bastante bien, pero si un gas se comprime hasta llegar a tener una densidad muy alta, su comportamiento se desviará del de un gas ideal. Un gas ideal es uno que obedece exactamente la ecuación anterior, y es el caso límite de un gas real cuando la densidad y presión tienden a cero. Podemos pensar en un gas ideal como consistente en átomos o moléculas de tamaño infinitesimal que no ejercen fuerzas entre ellas o sobre las paredes del recipiente que los contiene excepto en los brevísimos instantes en los que se produce una colisión.
La ley de los gases ideales se puede escribir también en términos del número de partículas (átomos o moléculas) N. Como el mol es la cantidad de materia que contiene exactamente el número de Avogadro NA de partículas, resulta que se puede escribir
N=nNA,
de manera que la ley de los gases ideales se expresa
pV=nRT=NNART=NRNAT=NkBT,
donde la cantidad
kB=RNA=1,38⋅10−23 J/K
se llama constante de Boltzmann.
Ejemplo 1.1.1Un manómetro es un aparato de medida que nos proporciona la presión de un gas tomando como referencia (cero) la presión atmosférica. Uno de estos aparatos nos proporciona una medida de 500 kPa para un gas (ideal) cuando su temperatura es de 10 °C. Si el gas no sale ni entra de su recipiente y la presión atmosférica se mantiene a 1 atm ⋍ 101 kPa, queremos calcular la presión del gas cuando el gas está a 40°C.
Sol.El número de moles y el volumen del gas en el interior del recipiente se mantienen constantes. Según la ecuación de estado de los gases ideales, esto implica, entre un estado 1 y un estado 2, que
pV=nRT⇒pT=nRV=constante⇒p2=p1T2T1
Un aspecto clave es que se nos pide la presión interna o manométrica del gas, que se define como la diferencia entre la presión del gas p y la presión atmosférica p0, es decir, aquella presión pman tal que
La presión ejercida por un gas sobre el recipiente que lo contiene se debe a los impactos de las moléculas del gas contra las paredes. Se puede saber cuánto vale esta presión a partir de los valores medios del movimiento de las moléculas, lo que permite comprender cómo una propiedad macroscópica (la presión) emerge del comportamiento microscópico de las moléculas individuales del gas.
Supondremos que el recipiente es un cubo de lado L, que las moléculas chocan con las paredes pero no lo hacen entre sí y que las colisiones con las paredes son elásticas, así que se conservan el momento lineal y la energía cinética en cada choque. Estas suposiciones no son absolutamente necesarias pero hacen los cálculos más sencillos.
En la figura 1.1 vemos una representación esquemática del recipiente lleno de moléculas de gas. El movimiento de cada molécula se puede descomponer en componentes x, y, z, todas ellas equivalentes por la simetría de la situación. Veamos el movimiento en el eje x.
Representación esquemática de un gas ideal.
Una molécula dada tiene, a lo largo del eje x, una velocidad vx que supondremos positiva y cuyo valor permanece constante hasta colisionar con la pared en x = L, por sufrir sólo colisiones elásticas con las paredes. Cuando la molécula choca con la pared en x = L, le transfiere un momento lineal igual a 2mvx, donde m es la masa de la molécula. Si, además, suponemos que la mitad de las partículas N/2 tienen velocidad vx y la otra mitad −vx, entonces la fuerza promedio f ejercida por las moléculas del gas sobre la pared es igual al cambio de momento en cada colisión, 2mvx, multiplicado por N/2 y dividido por el tiempo que tardan en colisionar L/vx:
f=Nmvx2L.
La presión del gas sobre la pared es la fuerza dividida por el área S = L2 de la pared, de modo que
fS=Nmvx2L3=Nmvx2V,
donde V = L3 es el volumen total del gas.
Hemos supuesto en el cálculo anterior que todas las moléculas tienen la misma velocidad en módulo, pero esto no es verdad: las velocidades de las moléculas tienen cierta distribución. La fuerza promedio por unidad de área proporciona la presión. De este modo, hemos de reemplazar la cantidad vx2 en la fórmula de la presión del gas por el valor medio vx2¯, llegando a
p=Nmvx2―V.
Por la simetría del problema, el movimiento en cada uno de los ejes x, y, z es básicamente el mismo, por lo que los valores promedios de las velocidades al cuadrado son todos iguales, esto es, vx2―=vy2―=vz2―. El valor medio del cuadrado de la velocidad de las moléculas cumple entonces
v2―=vx2―+vy2―+vz2―=3vx2―.
De aquí, la presión se puede escribir como
p=Nmv2―3V,
que es el resultado que buscábamos, relacionando p con los valores promedio del movimiento de las moléculas. Se suele llamar a esta expresión la fórmula de la presión cinética.
En el caso de un gas ideal, la fórmula de la presión permite interpretar microscópicamente la temperatura, obteniendo un significado físico para ella. Usamos la ley de los gases ideales en la forma pV = NkBT. Despejando p de aquí e introduciendo el resultado en la fórmula de la presión, obtenemos
T=mv2―3kB,
o bien, en términos del valor medio del cuadrado de la velocidad,
v2―=3kBTm.
La raíz cuadrada del valor medio v2― se llama velocidad cuadrática media vrms y cumple
vrms=v2―=3kBTm,
lo que indica que la velocidad cuadrática media de las moléculas de un gas aumenta cuando la temperatura del gas aumenta. Esto relaciona el concepto de temperatura con una medida de la rapidez del movimiento de las partículas.
Ejemplo 1.2.1Podemos aprovechar la relación(1.3)para hacernos una idea de la velocidad a la que van las moléculas del aires en condiciones físicas normales. Para ello, podemos calcular la velocidad cuadrática media de la molécula de nitrógeno y de oxígeno a 15°C, por ejemplo.
Sol.Para poder usar laecuación (1.3), necesitamos la masa de la molécula en cuestión. La masa de una molécula de N2es
v(O2)=3kBTm=3⋅1,38⋅10−23⋅(273,15+15)5,31⋅10−26=474m/s.<bold>Energía interna de un gas ideal</bold>
Consideremos un gas encerrado en un recipiente. La energía de este sistema tiene varias contribuciones. Una de ellas es la energía cinética del movimiento macroscópico del sistema como un todo (podemos llevarnos el recipiente de un lado a otro a cierta velocidad, o rotarlo con cierta velocidad angular); otra es la energía potencial macroscópica del sistema, con sus contribuciones gravitatoria, elástica, electrostática, etc; y otra es la energía cinética y potencial microscópica de las moléculas del gas cuando el recipiente está en reposo. Esta última contribución es la que nos interesa ahora, y se llama energía interna U del gas.
En un gas ideal, las moléculas no interaccionan entre sí a menos que choquen, de manera que su energía potencial de interacción no varía y puede tomarse como nula eligiendo el origen de energías apropiadamente (en un gas real, en un líquido o en un sólido sí han de considerarse variaciones de energía potencial para la energía interna). Esto implica que sólo hemos de tener en cuenta la energía cinética de las moléculas, pudiendo escribir la energía interna como
U=NEc,
donde N es el número de moléculas y Ec la energía cinética media de cada una de ellas, que se expresa
Ec=12mv2―.
Usando la relación de v2― con T obtenida en el apartado anterior, llegamos a
U=N12m3kBTm=32NkBT=32nRT.
En este cálculo hemos supuesto implícitamente que las moléculas del gas son puntuales, sin estructura. Esto es válido en el caso de gases monoatómicos como el helio o el argón, pero no en general.
Los gases diatómicos, como los compuestos por N2 y O2, tienen, además del movimiento traslacional de sus moléculas, otros movimientos posibles. Podemos ver las moléculas de estos gases como dos átomos puntuales unidos entre sí rígidamente por una varilla, como se representa en la figura 1.2. Al colisionar con la pared del recipiente, estas moléculas pueden empezar a rotar respecto a su centro de masas. Así, hay que tener en cuenta también la energía cinética de rotación respecto a dos ejes perpendiculares entre sí y que pasan por el centro de masas de las moléculas, ejes que vemos en la figura 1.2.
Representación esquemática de una molécula diatómica.
En el caso de los gases monoatómicos, los valores medios de las cantidades vx2,vy2,vz2 contribuyen de la misma manera a la energía interna del gas. Esto ocurre también para el movimiento de rotación. El resultado general se conoce con el nombre de teorema de equipartición de la energía: cada componente traslacional o rotacional del movimiento de una molécula tiene una energía cinética media de valor 12kBT. Aplicando este teorema, la energía cinética media de rotación de una molécula de un gas diatómico será
Ec,rot=12kBT+12kBT=kBT,
y la energía interna de un gas diatómico, considerando también el movimiento de traslación, será
U=32NkBT+NkBT=52NkBT=52nRT.
Para gases poliatómicos con moléculas que no poseen simetría de rotación, como la del vapor de agua, hay que tener en cuenta la posibilidad de rotación respecto a un tercer eje. Esto implica que hemos de añadir un término más, de valor 12kBT, con lo que la energía interna resulta
U=52NkBT+12NkBT=3NkBT=3nRT.
Ejemplo 1.3.1Podemos utilizar las expresiones obtenidas de la energía interna para determinar cuánta energía se necesita para calentar un gas ideal. Tomemos, por ejemplo, 100 g de helio a 10 °C y calculemos la energía necesaria para calentarlo hasta 40° C.
Sol.El helio es un gas monoatómico con una masa molar M (He) = 4 g/mol. Aunque no nos lo pidan, vamos a calcular también la energía interna de 100 g de helio a 10°C. Por ser monoatómico, su energía interna se puede escribir como
Dado que la energía del gas crece al aumentar la temperatura, esta es la energía que debemos proporcionarle para conseguirlo.
<target target-type="page" id="pges_22"/><bold>Dilatación térmica de sólidos y líquidos</bold>
Según la ley de los gases ideales que hemos estado estudiando, a presión constante el volumen de un gas crece linealmente con la temperatura. Tal aumento de volumen ocurre también para sólidos y líquidos, aunque de forma mucho más modesta. Este fenómeno se llama dilatación térmica. Durante la dilatación, el sólido mantiene su forma pero sus dimensiones crecen proporcionalmente. Los líquidos no tiene que mantener ninguna forma y sólo llenan más el recipiente que los contiene.
La dilatación térmica de un sólido se puede describir matemáticamente por el aumento de sus dimensiones lineales. Para muchos sólidos, y en un intervalo de temperaturas cercanas a la temperatura ambiente, el aumento ΔL de su longitud L0 es proporcional al aumento de temperatura ΔT, de manera que
ΔL=αL0ΔT⇒L=L0[1+α(T−T0)].
La constante de proporcionalidad α se llama coeficiente de dilatación lineal y su unidad es K−1. De manera análoga, el incremento ΔV de volumen V0 de un sólido sigue una ley similar,
ΔV=βV0ΔT⇒V=V0[1+α(T−T0)],
siendo β, también medido en K−1, el coeficiente de dilatación volumétrica. Se puede demostrar que, para el mismo sólido en las mismas condiciones,
β=3α.
La fórmula de la dilatación volumétrica de los sólidos sirve también para los líquidos.
La dilatación térmica ha de tenerse en cuenta en el diseño de estructuras de grandes dimensiones, tales como puentes y vías de tren. Las cubiertas de los puentes tienen normalmente juntas de dilatación con huecos que permiten cambios de longitud, evitando que el puente se combe. También se instalan juntas de dilatación entre los segmentos de las vías de tren, pero si la temperatura excede las expectativas, los resultados pueden ser desastrosos.
Valor medio del cuadrado de la velocidad de las moléculas
vrms=3kBTm
Velocidad cuadrática media
(1.3)
U=32nRT
Energía interna gas ideal monoatómico
(1.4)
U=52nRT
Energía interna gas ideal diatómico
(1.5)
U = 3nRT
Energía interna gas ideal poliatómico
(1.6)
ΔL = L0 [1 + α(T − T0)]
Dilatación lineal de sólidos
(1.7)
ΔL = L − L0
Longitud a la temperatura T menos la longitud a la temperatura T0
α
Coeficiente de dilatación lineal
ΔV = V0[1 + α(T − T0)]
Dilatación volumétrica en sólidos y líquidos
(1.8)
ΔV = V − V0
Volumen a la temperatura T menos el volumen a la temperatura T0
β
Coeficiente de dilatación volumétrica
Ejemplo 1.4.1Tomemos un material sólido que tiene un coeficiente de dilatación lineal de 5 · 10−9/° C. Calculemos el incremento de temperatura necesario para aumentar su volumen en un 10−4 %.
Sol.El coeficiente de dilatación volumétrica del sólido se relaciona con el lineal mediante
Un gas ideal está encerrado en un cilindro provisto de un pistón a la presión ambiente (1 atm). Por medio del pistón disminuimos el volumen del gas hasta una décima parte de su valor inicial. Teniendo en cuenta que la temperatura final del gas es igual a la inicial, determina la lectura de presión manométrica.
Sol. El número de moles y la temperatura son iguales entre el estado inicial 1 y el final 2, de manera que, por la ecuación de estado de los gases ideales,
pV=nRT=constante⇒p2=p1V1V2.
La presión inicial es la ambiental, por lo que p1 = p0 = 1 atm = 101 kPa.
La presión en el estado 2 será
p2=p1V1V2=p0V1V1/10=10p0.
La presión manométrica final estará dada por
pman,2=p2−p0=10p0−p0=9p0=9⋅101 kPa=909 kPa.
Un litro de gas ideal tiene una presión y temperatura de 1 atm y −30 °C, respectivamente. Calcula la presión de la misma cantidad de gas si su volumen se reduce a medio litro y su temperatura se eleva hasta los 30 °C.
Sol. El número de moles se mantiene constante en el proceso, de manera que
pV=nRT⇒pVT=nR=constante⇒p2=p1V1T2V2T1.
Poniendo los datos en la última ecuación, resulta
p2=101 kPa10−3⋅(273,15+30)0,5⋅10−3⋅(273,15−30)≃252 kPa.
Cierta cantidad de hidrógeno (gas ideal) ocupa 120 cm3, tiene una temperatura de 15 °C de temperatura y está a 150 kPa de presión. Calculasu volumen cuando su temperatura es −15°C y su presión vale 300 kPa.
Sol. Dado que el número de moles es constante,
pV=nRT⇒pVT=nR=constante⇒V2=V1p1T2p2T1.
Con los datos del ejercicio,
V2=120cm3150⋅(273,15−15)300⋅(273,15+15)≃53,8cm3.
El gas de N2 se pude considerar un gas ideal en un rango muy amplio de presiones y temperaturas. Teniendo en cuenta que a 1 atm y 0° C su densidad es de 1,25 kg/m3, calcula su densidad a 98 kPa y 15°C.
Sol. La relación entre la densidad de una masa m de gas en el estado 2 y la densidad de la misma masa en el estado 1 se puede obtener a partir de su cociente,
ρ2ρ1=m/V2m/V1=V1V2⇒ρ2=ρ1V1V2
Usamos ahora la ecuación de estado de los gases ideales para calcular V1/V2, teniendo en cuenta que el número de moles es el mismo en ambos estados (ya que la masa lo es),
nR=p1V1T1=p2V2T2⇒V1V2=p2T1p1T2.
Con todo esto,
ρ2=ρ1V1V2=ρ1p2T1p1T2=1,2598⋅(273,15+0)101⋅(273,15+15)≃1,15 kg/m3.
Calcula la masa de oxígeno contenida en un recipiente de 3 ℓ a una presión manométrica de 300 kPa y a una temperatura de 25°C.
Sol. El número de moles de O2 en el tanque es
n=pVRT.
De aquí, la masa de gas, conociendo su masa molar que en este caso es M(O2) = 32 g/mol, se puede obtener como
m=nM(O2)=pVM(O2)RT=(300+101)⋅103⋅3⋅10−3⋅32⋅10−38,31⋅(273,15+25)≃15,5⋅10−3 kg.
Un recipiente de 50 cm3 de volumen contiene 5 mg de nitrógeno líquido. Si calentamos el sistema hasta que alcanza 25 °C, calcula la presión del gas en el nuevo estado.
Sol. El nitrógeno líquido no es un gas ideal pero, al llegar el tubo a temperatura ambiente, todo el líquido se ha convertido en gas de N2, cuya masa molar es M(N2) = 28 g/mol. El número de moles de este gas en el recipiente es
n=mM(N2).
La presión resulta
p=nRTV=mRTM(N2)V=5⋅10−6⋅8,31⋅(273,15+25)28⋅10−3⋅50⋅10−6≃8850Pa.
Calcula la masa molar de un gas ideal sabiendo que, cuando su temperatura es de 20 °C y su presión de 1 atm, ocupa 1,5 litros y su masa es de 2,8 g.
Sol. Tomando m = n Mm, donde Mm es la masa molar del gas, de la ecuación de estado de los gases ideales, tenemos
pV=nRT=mMmRT⇒Mm=mRTpV=2,8⋅10−3⋅8,31⋅(273,15+20)101⋅103⋅1,5⋅10−3≃0,0450 kg/mol.
Teniendo en cuenta que la masa molar del metano es de 16 g/mol, calcula su densidad a 25 °C y 4 atm.
Sol. De la ecuación de los gases ideales,
V=nRTp.
La densidad del gas se puede escribir (usando m = n Mm) como
ρ=mV=mpnRT=MmpRT=16⋅10−3⋅4⋅101⋅1038,31⋅(273,15+25)=2,61kg/m3.
Un recipiente de 2 m3de volumen contiene 3 moles de N2 en equlibrio a 400 kPa de presión. Calcula la velocidad cuadrática media de las moléculas.
Sol. La velocidad cuadrática viene dada por
vrms=3kBTm
donde la temperatura T=pVnR y la masa de una molécula de N2 es m=MNA, siendo M = 28 g/mol la masa molar de N2. Sustituyendo las dos últimas fórmulas en la primera
vrms=3pVnMkBNAR=3pVnM,
donde hemos usado que kBNAR=1. Sustituyendo los valores
vrms=3⋅400⋅103⋅23⋅28⋅10−3≃5350 m/s.
Calentamos un depósito de gas que contiene 50 litros de N2 a 250 K y 200 atm hasta 350 K. Calcula el aumento de la energía interna del gas.
Sol. El número de moles puede extraerse de la ecuación de los gases ideales en su estado inicial,
n=p1V1RT1.
La variación de energía interna, dado que el gas es diatómico, es
ΔU=52nRΔT=52p1V1RRT1(T2−T1)=5p1V12T1(T2−T1)=5⋅200⋅101⋅103⋅50⋅10−32⋅250⋅(350−250)≃1,01⋅106 J.
Teniendo en cuenta que al incrementar la temperatura de un sólido en 2°C su volumen aumenta en un 10−5 %, calcula su coeficiente de dilatación volumétrica.
Sol. El aumento relativo de volumen de un sólido se relaciona con el incremento de su temperatura según la expresión
ΔV=βV0ΔT⇒ΔVV0=βΔT.
Despejando el coeficiente de dilatación, tenemos
β=ΔVV01ΔT=10−510012=5⋅10−8K−1.
Teniendo en cuenta que la densidad del mercurio a 0 °C es de 13600 kg/m3 y su coeficiente de dilatación volumétrica es de 1,82 · 10−4 K−1, calcula su densidad a 20 °C.
Sol. La densidad de una masa m de mercurio a temperatura T se relaciona con la densidad de la misma masa a temperatura T0 según
ρρ0=m/Vm/V0=V0V⇒ρ=ρ0V/V0.
Para calcular V/V0, usamos la ley de dilatación volumétrica:
V=V0(1+βΔT)⇒VV0=1+βΔT.
Poniendo esto en la ecuación anterior, obtenemos
ρ=ρ0V/V0=ρ01+βΔT=136001+1,82⋅10−4⋅20≃13551 kg/m3.
Almacenamos aceite en una botella de vidrio de 1 ℓ. Teniendo en cuenta que la botella está completamente llena, calcula el aceite que se derrama si se aumenta la temperatura en 20 °C. Ten en cuenta que el coeficiente de dilatación volumétrica del aceite es de 0,7 · 10−3/°C y el coeficiente de dilatación lineal del vidrio de 10−5/°C.
Sol. El volumen inicial de aceite que está dentro de la botella es V0 = 10−3 m3. El volumen final es
Vaceite=V0(1+βΔT)=1+0,7⋅10−3⋅5=1,014ℓ.
Por su parte, el interior de la botella de vidrio aumenta como si fuera maciza, es decir,
Vhueco=V0(1+3αΔT)=1+3⋅10−5⋅20=1,00006ℓ.
El aceite que se derrama al aumentar la temperatura es, por tanto,
Vderramado=Vaceite−Vhueco=1,014−1,00006=1,34⋅10−2ℓ.
Estudiamos los mecanismos más frecuentes de transmisión del calor: conducción, convección y radiación. En el primer caso, la conducción térmica se establece a través de uno o más materiales sometidos a una diferencia de temperaturas, tal como establece la ley de Fourier. En el caso de la radiación, el flujo de calor se produce por una diferencia de temperaturas entre el cuerpo radiante y su entorno, de acuerdo con la ley de radiación de Stefan-Boltmzann. En la última parte del tema vemos que las consecuencias más notorias de la absorción de calor en líquidos o sólidos son el cambio de temperatura y/o de fase.
<bold>El calor como forma de transferencia de energía</bold>
La energía interna de un cuerpo es la que poseen sus partículas (átomos, moléculas, etc) en un sistema de referencia en que el cuerpo está en reposo. En la energía interna se incluyen la energía cinética del movimiento de las partículas del cuerpo y la energía potencial interna de las partículas (por interacciones entre sus componentes y con otras partículas).
Llamamos calor a la transferencia de energía a través de la frontera de un cuerpo debida a la diferencia de temperaturas entre el cuerpo y su entorno. Cuando calentamos un cuerpo, le transferimos energía interna poniéndolo en contacto con otro cuerpo que está a una temperatura mayor. Veremos que también se transfiere calor a un cuerpo cuando éste cambia de estado (de sólido a líquido, por ejemplo).
La energía interna de un sistema se puede cambiar mediante métodos que no implican calor. Por ejemplo, cuando se realiza un trabajo macroscópico sobre él.
El calor, como el trabajo y la energía, se mide en julios en el SI. Históricamente se utiliza también otra unidad, llamada caloría, y es tal que 1 cal = 4,187 J.
<bold>Algunos mecanismos de transferencia de energía</bold>
Vamos a explorar cómo se transfiere energía de un cuerpo a otro por medio de calor cuando están en contacto. Este proceso se llama conducción térmica. Además, estudiaremos otros procesos de transferencia que involucran frecuentemente cambios de temperatura: convección (por transferencia de materia) y radiación electromagnética.
En la conducción térmica, la transferencia de energía se puede representar a escala microscópica como un intercambio de energía cinética entre partículas, en donde las partículas “frías” ganan energía al colisionar con las partículas “calientes”, que pierden parte de su energía en el proceso. Se necesita, pues, contacto para que haya conducción térmica.
La conducción ocurre sólo si hay una diferencia de temperatura entre dos partes del medio. Consideremos un material de longitud o espesor Δx y sección de área S, como vemos en la figura 2.1. Un extremo o cara del material se mantiene frío a una temperatura baja T1 y el otro se mantiene caliente a una temperatura alta T2.
Material de sección <italic>S</italic> y espesor Δ<italic>x</italic> con su cara izquierda a temperatura <italic>T</italic><sub>1</sub> y su cara derecha a temperatura <italic>T</italic><sub>2</sub>.
La transferencia de energía interna o flujo de calor ocurre desde el extremo más caliente al extremo más frío del material. Si Q es el calor transferido de un extremo a otro en un intervalo de tiempo Δt, el flujo de calor es la rapidez P = Q/Δt con la que se transfiere (es decir, la potencia) y sigue la ley de conducción térmica de Fourier
P=kS|ΔTΔx|,
donde k es la conductividad térmica (una propiedad del material) y ΔT /Δx es el gradiente de temperatura. Los materiales que son buenos conductores térmicos tienen altos valores de k, mientras que los buenos aislantes térmicos tienen valores bajos de k. La unidad de conductividad térmica en el SI es 1J/(m·s·K).
Ejemplo 2.2.1Consideremos el caso sencillo de una placa de 5 mm de espesor cuyas caras tienen una diferencia de temperaturas de 50°C. Calculemos la conductividad térmica de la placa sabiendo que transmite 3 cal/s a través de un área de 6 cm2.
Sol.En primer lugar, pasemos la potencia que nos dan a unidades del Sistema Internacional:
P=3cal/s=3cals4,187J1cal=12,561J/s=12,561W.
Ahora podemos usar la ecuación de conducción:
P=kSΔTΔx.
Despejando la conductividad térmica llegamos al resultado buscado
k=PΔxSΔT=12,561⋅5⋅10−36⋅10−4⋅50≃2,09W/(m⋅K).
Una de las aplicaciones de la ley de conductividad térmica es el aislamiento térmico de viviendas. En una situación genérica, la pared de una vivienda, por ejemplo, está dividida en distintas capas paralelas de igual sección pero con distintos espesores y conductividades. Usando que el flujo de calor que atraviesa cada una de las capas es el mismo, podemos escribir el flujo de calor a través la pared con N capas como
P=S|ΔT|R,
donde se define la resistencia térmica R de la pared mediante la expresión
R=∑i=1NΔxiki,
es decir, se calcula sumando los valores de los cocientes Δx/k en cada capa de la pared. La unidad de R en el SI es 1 (m2 · s · K)/J. En las superficies abiertas al aire, se adhiere una capa de aire estancado cuyo grosor depende de la velocidad del viento. Este efecto ha de tenerse en cuenta al calcular el valor R que se quiere conseguir, ya que la pérdida de energía interna de una casa en un día con viento fuerte es mayor que la misma en un día de viento suave.
Ejemplo 2.2.2Consideremos un caso práctico: calcular el flujo de calor por unidad de tiempo (potencia) por conducción a través de una pared de una vivienda, de 25 m2de área, con y sin aislamiento, cuando el interior está a 22°C y el exterior a 12°C. La pared está hecha de madera contrachapada de espesor 3 cm y conductividad 0,08 W/(m · K). El aislamiento térmico tiene 8 cm de espesor y conductividad 0,02 W/(m · K).
Sol.Sin el aislamiento, la potencia de conducción a través de la pared está debida solamente a la placa de madera
P=kmSΔTΔxm=0,08⋅25⋅22−120,03≃667W.
Con el aislamiento, al tener la pared dos capas, primero calculamos el valor R de la pared,
La convección es el proceso de transferencia de energía interna por el que uno se puede calentar las manos colocándolas cerca de una llama. Las moléculas de aire cercanas a la llama adquieren energía interna, es decir, se calientan y, por la ley de los gases ideales, esta porción de aire se expande. Al expandirse, su densidad se hace menor que la del aire de alrededor y, por tanto, asciende. Mientras lo hace, llega hasta las manos que están cerca y las calienta. La energía transferida por el movimiento de una sustancia caliente se dice que ha sido transferida por convección.
Cuando este movimiento, como en el caso de la llama, ocurre por diferencias de densidad, tenemos una convección natural. Cuando la sustancia caliente es obligada a moverse por un ventilador o una bomba, como en algunos sistemas de calefacción por aire o agua caliente, el proceso se llama convección forzada. Otro ejemplo de convección ocurre cuando una habitación es calentada por un radiador. El radiador calienta el aire de las zonas más bajas de la sala. Este aire se expande y sube hacia el techo por su menor densidad. El aire frío del techo desciende hacia el suelo y así es calentado, estableciéndose lo que se conoce como corriente de convección.
<bold>Radiación</bold>
Un tercer mecanismo de transferencia de energía es la radiación, que es el único posible en el vacío. Los campos eléctricos y magnéticos son capaces de generar ondas que se propagan a la velocidad de la luz (en el vacío, esta velocidad tiene un valor muy aproximado a 3 · 108 m/s), constituyendo lo que llamamos radiación electromagnética.
El espectro electromagnético está formado por las diferentes formas en que aparecen las ondas electromagnéticas, que podemos caracterizar por su frecuencia f. Una de las zonas del espectro electromagnético, la radiación infrarroja, se genera típicamente por las vibraciones de los átomos o moléculas de los cuerpos. Debido a esta característica, la radiación infrarroja es también fácilmente absorbida por la mayor parte de los materiales y se transforma en energía interna de esos materiales, ya que la absorción agita sus átomos o moléculas y aumenta su temperatura.
La mayoría de los cuerpos emiten radiación electromagnética en la zona infrarroja debido a su temperatura (esto ocurre, por ejemplo, en la emisión de un radiador o de un calefactor eléctrico). No es la única radiación capaz de aumentar la temperatura del cuerpo que la absorba y, de hecho, todas las ondas electromagnéticas pueden causar el incremento de la temperatura de un sistema, pero nos vamos a centrar en ella por ser la más común y eficiente en las aplicaciones térmicas. Veamos cómo cuantificar su emisión y su absorción.
La rapidez con la que un cuerpo que está a una cierta temperatura emite energía (potencia) viene dada por la ley de Stefan-Boltzmann,
P=σSeT4,
donde σ = 5,67·10−8 W/(m2·K4) es la constante de Stefan-Boltzmann, S es el área de la superficie del cuerpo, e es la emisividad (una cantidad adimensional entre 0 y 1 característica del cuerpo) y T es la temperatura medida en escala absoluta de la superficie del cuerpo.
Cuando un cuerpo irradia según la ley anterior, también absorbe energía. De lo contrario, perdería toda su energía interna y su temperatura llegaría al cero absoluto. La energía que un cuerpo absorbe depende de su entorno, formado por otros cuerpos que también emiten. Si un cuerpo está a una temperatura T y su entorno está a una temperatura T0, entonces la potencia neta emitida por el cuerpo es
P=σSe(T4−T04).
Si el cuerpo está en equilibrio con su entorno, irradia y absorbe energía al mismo ritmo, de tal manera que su temperatura permanece constante. Si, por el contrario, el cuerpo está más caliente que el entorno, irradia más energía de la que absorbe, por lo que su temperatura disminuye. Un absorbente ideal es un cuerpo que absorbe todo lo que incide sobre él, por lo que su emisividad es e = 1. También es un radiador ideal de energía, y se le llama cuerpo negro. Un cuerpo para el que e = 0 es un reflector ideal y no absorbe nada de lo que incide sobre él.
Ejemplo 2.2.3Determinemos la emisividad de un material utilizando la ley de Stefan-Boltzmann. Para ello, necesitamos su superficie (5 m2), la potencia emitida (104J por minuto) y las temperaturas del material (30 ° C) y del ambiente (24° C).
Los tres mecanismos de transferencia de energía interna que hemos estudiado aparecen en un sistema de calefacción por agua caliente. En este sistema, el calor se transfiere de la caldera a los radiadores de las habitaciones por medio del agua que fluye por las tuberías (convección); se difunde luego a través del metal de los radiadores (conducción), de la superficie de éstos al aire cercano a ellos (radiación), y de este aire al resto del aire de la habitación (de nuevo, convección).
<bold>Capacidad calorífica y calor específico</bold>
La absorción/cesión de calor por un cuerpo, con independencia del mecanismo que lo ha propiciado (conducción, convección o radiación), tiene como consecuencias posibles cambios en su temperatura, volumen, presión y/o, incluso, de fase.
Vamos a centrarnos ahora en la relación que hay entre la cantidad de calor que absorbe un cuerpo y su aumento de temperatura. Se define la capacidad calorífica C de una sustancia como el calor necesario para aumentar 1°C su temperatura. Podemos escribir, para un rango de temperaturas suficientemente pequeño,
Q=CΔT.
cuando el cuerpo absorbe un calor Q y aumenta su temperatura ΔT. La unidad de capacidad calorífica en el SI es 1 J/K. Esta cantidad depende, para cada sustancia, del rango de temperaturas, de la presión, de la masa y, además, del proceso seguido para cambiar la temperatura (manteniendo el volumen constante, la presión constante u otros posibles).
Debido a la dependencia de C con la masa, se define el calor específico c como la capacidad calorífica por unidad de masa. De esta manera, el calor transferido a un cuerpo, de masa m y calor específico c (supuesto independiente de la temperatura), para que sufra una variación de temperatura ΔT se puede escribir
Q=mcΔT.
El agua tiene un calor específico muy alto comparado, por ejemplo, con el aire. Esto significa que un cambio en la temperatura de cierta masa de agua requiere más calor que el mismo cambio en la misma masa de la mayoría de sustancias. Se dice por eso que el agua tiene una gran inercia térmica, lo que la hace apropiada para el almacenamiento y transporte de energía interna, por ejemplo en el sistema de calefacción de una casa (donde el agua conduce energía interna desde la caldera hasta los radiadores).
Ejemplo 2.3.1Sabemos que con el calor Q podemos elevar la temperatura en 50°C de una masa de aluminio, cuyo calor específico es cal = 902 J/(kg · K). Veamos cuál sería el aumento de temperatura de la misma masa de cobre, con calor específico cco = 390 J/(kg · K), utilizando el mismo calor Q.
Sol.Usando la relación entre el calor absorbido y la variación de temperatura, tenemos
Q=mcalΔTal,Q=mccoΔTco.
Como el calor absorbido por ambos es el mismo, y también lo es la masa, igualando ambas expresiones obtenemos el aumento de temperatura del cobre:
mcalΔTal=mccoΔTco⇒ΔTco=calccoΔTal=90239050≃116∘C.
Una técnica para medir el calor específico de un cuerpo consiste en calentarlo hasta una temperatura Tc, ponerlo en un recipiente con agua a una temperatura menor Ta y esperar a que llegue el equilibrio, midiendo entonces la temperatura final Teq. Esta técnica se llama calorimetría, y los dispositivos usados se llaman calorímetros. Si el sistema formado por el cuerpo y el agua está aislado, la cantidad de energía perdida por el cuerpo debe ser igual a la ganada por el agua. Usando la ecuación Q = mcΔT, el calor transferido al agua ha sido
Qa=maca(Teq−Ta),
y el calor transferido al cuerpo ha sido
Qc=mccc(Teq−Tc),
que es negativo porque el cuerpo se ha enfriado. La suma de estos dos calores ha de ser cero para que ninguna energía entre ni salga del sistema, así que se llega a
Q=0=maca(Teq−Ta)+mccc(Teq−Tc),
y de aquí, despejando, obtenemos el calor específico del cuerpo,
cc=ca−ma(Teq−Ta)mc(Teq−Tc).
Para que este cálculo sea correcto, es necesario que la masa de agua sea mucho mayor que la del recipiente que la contiene. En caso contrario, el recipiente también se calienta y este efecto habrá de tenerse en cuenta.
Ejemplo 2.3.2Veamos un ejemplo en el que tenemos que tener en cuenta el material del que está hecho el calorímetro. Queremos obtener el calor específico del aluminio cal. Para ello, introducimos 50 g de aluminio a 200°C en un calorímetro de cobre de 500 g que contiene 200 g de aceite a 20 oC. Todo el sistema llega a una temperatura final de 34,54 oC. El calor específico del cobre es cco = 390 J/(kg·K) y del aceite cac = 0,38 cal/(g·K).
Sol.Primero, pasamos el calor específico del aceite a unidades del SI:
cac=0,38calg⋅K4,187J1cal103g1kg≃1591J/(kg⋅K).
En este caso, el recipiente es de cobre y hay que tener en cuenta también cómo absorbe calor y cambia su temperatura. Dado que no se transfiere calor al exterior, si llamamos T a la temperatura de equilibrio del sistema,
En los cambios de fase sufridos por una sustancia se transfiere calor pero no hay variación de temperatura (si el proceso se hace de forma suficientemente lenta). Esto ocurre, por ejemplo, en el cambio de sólido a líquido, en el de líquido a gas, y en el cambio de estructura cristalina de un sólido. En general, en estos casos la energía potencial intermolecular de la sustancia varía en la medida en que se transfiere el calor, resultando en un cambio de energía interna sin necesidad de afectar a la temperatura del cuerpo (dado que el cambio de fase se produce a una temperatura constante).
El calor Q necesario para cambiar la fase de una sustancia pura de masa m es
Q=mL,
donde L se denomina calor latente. El calor latente de fusión Lf es el empleado cuando el cambio de fase es de sólido a líquido. Si el cambio es de líquido a sólido (solidificación), el calor latente es el de fusión, pero con signo negativo, indicando que el sistema transfiere calor al medio. El calor latente de vaporización Lv es el que entra en juego cuando el cambio de fase es de líquido a gas. Si el cambio es de gas a líquido (condensación), el calor latente es el mismo que el de vaporización, pero con signo negativo.
Veamos el caso de un cambio de líquido a gas. Las moléculas de los líquidos están cercanas entre sí y las fuerzas entre ellas son mucho más intensas que las que hay entre las moléculas de los gases, muy alejadas unas de otras. Necesitamos realizar trabajo en el líquido contra estas fuerzas moleculares para poder separarlas. La energía por unidad de masa necesaria para lograr esta separación es el calor latente de vaporización.
Por su parte, la transferencia de energía a un sólido causa un aumento de la amplitud de vibración de las moléculas respecto a sus posiciones de equilibrio hasta que los enlaces entre moléculas se rompen y éstas se mueven a nuevas posiciones de equilibio, con menor intensidad de interacción entre ellas, características del estado líquido. La energía por unidad de masa necesaria para realizar este cambio de configuración es el calor latente de fusión.
En general, el calor latente de vaporización es mayor que el de fusión para una sustancia dada. Esto es debido a que las distancias moleculares en un gas son mucho mayores que en líquidos y sólidos. En la fusión hay que transformar enlaces se estado sólido en enlaces de estado líquido, ligeramente menos intensos. Pero en la vaporización hay que romper los enlaces de estado líquido y llegar a una situación en que las moléculas, básicamente, no estén ligadas.
Ejemplo 2.4.1En general, cuando una sustancia absorbe o cede calor se calienta o enfría y también cambia de fase. Esto ocurre, por ejemplo, cuando 100 g de vapor de agua a 100 °C se condensan y luego se enfrían hasta 15 ° C. Vamos a calcular el calor que cede el sistema al medio. Para ello, debemos saber que el calor específico del agua es c = 4187 J/(kg · K) y su calor latente de vaporización Lv = 283 J/kg.
Sol.El calor absorbido (cedido) por el sistema tiene dos contribuciones: el absorbido (cedido) en el cambio de estado de gas a líquido y el absorbido (cedido) en el aumento (disminución) de temperatura del líquido. Por tanto,
En la ecuación anterior, se ha usado Lc = -Lv. El calor absorbido ha salido negativo. Esto quiere decir que no se transfiere calor al sistema sino que es el sistema quien transfiere calor al exterior. El calor transmitido al medio es
Tenemos dos placas de sección S = 100 cm2 pegadas, siendo las temperaturas de las caras libres T1 = 50°C y T2 = 10°C, respectivamente. Además, los espesores y conductividades térmicas respectivas son Δx1 = 1 mm, k1 = 0,1 cal/(cm · s · K) y Δx2 = 2 mm, k2 = 0,2 cal/(cm · s · K).
Calcula la temperatura de la zona de contacto entre las placas.
Determina el flujo de energía a través de las placas.
Sol. La situación se muestra en el dibujo, en el que se ve una sección transversal de las dos placas. El flujo de calor P se dirige desde la cara libre de la primera placa, que está a temperatura T1, hacia la cara libre de la segunda placa, a temperatura menor T2. El empalme entre las placas tiene temperatura T.
Conviene pasar las conductividades a unidades del SI:
k1=0,1calcm⋅s⋅K4,187J1 cal102 cm1 m=41,87 J/(m⋅s⋅K),k2=0,2calcm⋅s⋅K4,187 J1 cal102 cm1 m=83,74 J/(m⋅s⋅K).
Para calcular la temperatura T en el empalme, usamos que no se pierde potencia al fluir la energía de la primera placa a la segunda. La potencia P1 a través de la primera placa (con una diferencia de temperaturas T1 − T) ha de ser, por tanto, igual a la potencia a través de la segunda placa (con una diferencia de temperaturas T − T2). Como ambas placas tienen, además, la misma sección S, tenemos
P1=P2⇒k1ST1−TΔx1=k2ST−T2Δx2.
Observemos que la relación anterior es cierta con independencia de si las temperaturas estás expresadas en °C ó K, por lo que la siguiente ecuación también lo será. Despejando con cuidado T, se obtiene
(k1Δx1+k2Δx2)T=k1Δx1T1+k2Δx2T2⇒T=k1Δx1T1+k2Δx2T2k1Δx1+k2Δx2.
Usando los datos numéricos del ejercicio, llegamos a
T=41,8710−350+83,742⋅10−31041,8710−3+83,742⋅10−3=30∘C.
La potencia P a través de las placas se puede calcular sólo con la primera, sólo con la segunda o con ambas, pues P = P1 = P2. Usamos la primera:
P=k1ST1−TΔx1=41,87⋅100⋅10−4⋅50−3010−3=8374 W.
Una pared está formada por dos capas de madera, cada una de espesor 5 cm y conductividad térmica 0,15 W/(m·K), separadas por una capa de aislante de espesor 1 cm y conductividad térmica 0,05 W/(m·K). Si la pared tiene 10 cm2 de área, calcula el flujo de calor (potencia) a través de la pared cuando entre los extremos de ésta hay una diferencia de temperaturas de 15 °C.
Sol. El flujo de calor viene dado por:
P=SΔT2Δxmκm+Δxaκa=10⋅10−41520,050,15+0,010,05≃0,0173 W.
Una cabaña tiene un tejado de dimensiones de 10 m × 8 m formado por dos capas: una de madera de pino de 3 cm de espesor y conductividad térmica de 0,2 W/(m · K) y otra de tejas de 5 mm de espesor y conductividad térmica 0,8 W/(m · K).
Calcula la potencia por conducción a través del tejado si la temperatura interior de la cabaña es de 15°C y la exterior es de −15°C.
Aislamos el tejado con una nueva capa de 1 cm de espesor y una conductividad térmica de 0,05 W/m · K. Determina qúe porcentaje de la potencia se ha reducido.
Sol.
Calculamos primero el valor R del tejado y, con él, el flujo de calor:
R=Δxmkm+Δxaka=3⋅10−20,2+5⋅10−30,8≃0,156(m2⋅s⋅K)/J.P=SΔTR≃10⋅8⋅15−(−15)0,156≃15400W.
Cuando se coloca el aislamiento, los nuevos valores son
R′=Δxmkm+Δxaka+Δxaiskais =3⋅10−20,2+5⋅10−30,8+1⋅10−20,05≃0,356(m2⋅s⋅K)/J.P′=SΔTR′≃10⋅8⋅15−(−15)0,356≃6740 W.
El flujo de calor se ha reducido en aproximadamente
15400−674015400=0,562( es decir, un 56,2%).
La pared del salón de una vivienda tiene una ventana en su parte central. La pared tiene 4 m de altura y 6 m de anchura, mientras que la ventana mide 1,5 m de altura y 2 m de anchura. La pared está hecha de una capa de ladrillo (0,63 W/(m · K) de conductividad térmica y 30cm de espesor) y otra de fibra de vidrio (0,042 W/(m · K); 3 cm). El espesor del vidrio de la ventana es de 2 cm y su conductividad térmica 1,1 W/(m · K). Teniendo en cuenta que la temperatura interior de la vivienda es de 22°C y la exterior es de −5°C, calcula el flujo de calor a través de la ventana (sin incluir el resto de la pared), el flujo de calor a través del resto de la pared (sin incluir la ventana) y el flujo de calor total hacia el exterior.
Sol. La ventana sólo tiene una capa de vidrio, de modo que el flujo de calor a través de ella es
Pv=kvSvΔTΔxv=1,1⋅(1,5⋅2)⋅22−(−5)0,02=4455 W.
El resto de la pared tiene una capa de ladrillo y otra de aislante. Su R es
R=Δxladklad+Δxaiskais=0,30,63+0,030,042≃1,19(m2⋅K)/W.
El flujo de calor a través de esta parte de la pared es
Pr=SrΔTR≃(4⋅6−1,5⋅2)⋅22−(−5)1,19≃476 W.
El flujo de calor P a través de toda la pared es la suma de los dos anteriores
P=Pv+Pr≃4455+476=4931 W.
Una cabaña cúbica, de 5 m de lado, consta de cuatro paredes, un tejado y un suelo, todos de madera. La madera, de conductividad térmica 0,15 W/(m·K), tiene un espesor de 20 cm. Teniendo en cuenta que el exterior de la cabaña está a −10°C y el interior a 20°C, calcula el espesor de un revestimiento de conductividad térmica 0,05 W/(m·K) si queremos reducir la potencia que sale de la cabaña a la mitad.
Sol. Calculemos primero la potencia P0 sin revestimiento:
P0=κ0S|ΔTΔx0|,
donde S = 25 × 6 m2 es la superficie total, κ0 es la conductividad de la madera, ΔT = 30°C y Δx0 = 20 cm. La potencia con revestimiento resulta
P=S|ΔTR|,R=Δx0κ0+Δxκ,
donde Δx y κ son el espesor y conductividad térmica del revestimiento, respectivamente. Como nos dicen que
P=12P0,
tenemos la siguiente ecuación para Δx:
SΔTΔx0κ0+Δxκ=12κ0SΔTΔx0⇒Δx=Δx0κ0κ=200,150,05≃6,67 cm.
!El resultado es independiente de S y ΔT!
Estima la energía que pierde una persona por radiación en cinco minutos. Para ello, supón que tiene 2 m2 de piel a 36°C con una emisividad de 0,9 y que su entorno está a 25°C.
Sol. Usamos la ley de Stefan-Boltzmann, la potencia neta emitida es
P=σSe(T4−T04)=5,67⋅10−8⋅2⋅0,9⋅[(273,15+36)4−(273,15+25)4]≃126 W.
La pérdida de energía en 5 minutos es
P=Et⇒E=Pt≃126⋅5⋅60≃3,77×104J.
Calcula la temperatura del filamento de una bombilla sabiendo que emite 4W de luz, tiene una superficie de 0,5 mm2 y una emisividad de 0,96.
Sol. A partir de la ley de Stefan-Boltzmann,
P=σSeT4⇒T=(PσSe)1/4=(45,67⋅10−8⋅0,5⋅10−6⋅0,96)1/4≃3480 K.
El filamento de una bombilla debe tener un punto de fusión suficientemente alto, como por ejemplo el del tungsteno que es de 3683 K.
El agua de un recipiente absorbe 5 · 109 J de energía. Teniendo en cuenta que la densidad del agua es de 103 kg/m3, su calor específico es 4187 J/(kg · K) y su coeficiente de dilatación volumétrica es 207 · 10−6 K−1, calcula el aumento de volumen del agua.
Sol. El cambio en la temperatura del agua se puede obtener a partir del calor que absorbe:
Q=mcΔT⇒ΔT=Qmc=QρV0c.
En la última ecuación, se ha usado que ρ = m/V0, donde V0 es el volumen inicial de agua. El cambio de volumen del agua, por la ley de dilatación térmica, es
ΔV=V0βΔT=V0βQρV0c=Qβρc=5⋅109⋅207⋅10−61000⋅4187≃0,247m3.
Introducimos 100 g de metal a 100 °C en 250 g de agua a 5 °C. Teniendo en cuenta que el calor específico del agua es 4187 J/(kg · K) y que la temperatura final del agua y el metal es de 20 °C, calcula el calor específico del metal.
Sol. Consideramos que agua y metal están aislados del exterior. Por tanto, si Ta es la temperatura inicial del agua, Tm es la temperatura inicial del metal y T es la temperatura final de ambos, tendremos
Q=0=maca(T−Ta)+mmcm(T−Tm)
Despejando el calor específico del metal,
cm=−maca(T−Ta)mm(T−Tm)=−0,25⋅4187⋅(20−5)0,1⋅(20−100)≃1960 J/(kg⋅K).
Echamos cierta cantidad de hielo a 0 ° C en 1 ℓ de agua a 90 °C. La mezcla, que permanece aislada del exterior, alcanza una temperatura de equilibrio de 50 °C. Teniendo en cuenta que la densidad del agua es de 103 kg/m3, el calor específico del agua es 4187 J/(kg · K) y el calor latente de fusión del hielo es 3,3 × 105 J/kg, calcula la masa de hielo.
Sol. Inicialmente, tenemos una masa de agua ma = ρaVa = 103 kg. Dado que no se transfiere calor al exterior,
Q=0=maca(T−Ta)+mhca(T−Th)+mhLf.
Nótese que toda la masa de hielo mh se transforma en agua a una temperatura Th = 0 °C, de manera que el aumento de temperatura de esta masa se produce con el calor específico del agua, como hemos escrito. Despejando la masa de hielo,
mh=−maca(T−Ta)ca(T−Th)+Lf=−1⋅4187⋅(50−90)4187⋅(50−0)+3,3⋅105≃0,311 kg.
En este capítulo terminamos el estudio de los sistemas termodinámicos. Para ello, comenzamos definiendo la condición de equilibrio térmico y enunciando el principio cero de la Termodinámica. Tras introducir el concepto de trabajo, formulamos el primer principio de la Termodinámica para lo que necesitaremos los conceptos de energía interna y de calor definidos en los capítulos anteriores. El primer principio los usaremos para calcular las capacidades caloríficas de distintos procesos en gases ideales, así como para estudiar los procesos adiabático cuasiestáticos. Finalmente, abordamos el estudio de las máquinas térmicas, incluyendo la de Carnot. En esta última parte, presentaremos varios enunciados del segundo principio de la Termodinámica.
<bold>Contacto térmico y equilibrio térmico</bold>
Dos cuerpos están en contacto térmico si pueden intercambiar energía debido a diferencias de temperatura entre ellos. En el tema anterior vimos ejemplos de este tipo de intercambios de energía.
El equilibrio térmico es una situación en la que dos objetos no intercambian energía si se ponen en contacto. La temperatura se define como la propiedad que determina si un objeto está en equilibrio térmico con otro. Así, dos cuerpos están en equilibrio térmico si están a la misma temperatura.
El principio cero de la Termodinámica asegura que si ponemos en contacto térmico dos cuerpos, éstos alcanzan el equilibrio térmico.
En Termodinámica, se describe el estado macroscópico de un sistema mediante variables como la presión, el volumen, la temperatura y la energía interna. Estas cantidades reciben el nombre de variables de estado porque en cualquier configuración del sistema se puede encontrar su valor. Para ello, es necesario que el sistema esté en equilibrio interno, es decir, que cada parte del sistema esté en equilibrio con el resto. Por ejemplo, en un gas hace falta que cada parte del gas esté a la misma presión y temperatura.
En general, la Termodinámica estudia los estados de equilibrio de un sistema y cómo se pasa de uno a otro. El paso de un estado de equilibrio a otro se llama proceso termodinámico. En un proceso, las variables de estado de un sistema pueden cambiar, pero este cambio es independiente del proceso mismo, y tiene en cuenta sólo los estados inicial y final. A menudo, los estados de un sistema se representan mediante puntos en un diagrama pV (o en diagramas pT, T V, etc) y los procesos como trayectorias en estos diagramas.
Una segunda catagoría de variables en Termodinámica es la de variables de transferencia. Estas variables son nulas a menos que ocurra un proceso en que se transfiera energía a través de la frontera del sistema. Por tanto, no están asociadas a un estado dado del sistema, sino a un cambio. Ejemplos de variables de transferencia son el calor y el trabajo.
<bold>Traba jo de deformación</bold>
El trabajo realizado por una fuerza F sobre una partícula que se desplaza entre los puntos A y B a lo largo de la trayectoria C se define como
W(F,C)=∫ABF⋅dr.
donde dr es el desplazamiento infinitesimal a lo largo de la trayectoria C. Por tanto, excepto en el caso particular en que la fuerza F sea conservativa, el trabajo depende explícitamente de la trayectoria a lo largo de la cual cambia la posición de la partícula.
Consideremos, por su uso frecuente en Termodinámica, el caso del trabajo realizado sobre un sistema deformable (un gas, por ejemplo). Para verlo, suponemos un gas contenido en un cilindro equipado con un pistón móvil como el de la figura 3.1.
Esquema de un cilindro con pistón móvil que contiene un gas.
En equilibrio, el gas ocupa un volumen V y ejerce una presión p sobre las paredes del recipiente. Si el pistón tiene una sección transversal de área S, la fuerza ejercida por el gas sobre él es F = pS. Supongamos que el pistón comprime el gas cuasiestáticamente, es decir, con suficiente lentitud para permitir que el gas esté en equilibrio en todo momento. Si el pistón es empujado mediante una fuerza F = −Fj hacia abajo, el desplazamiento infinitesimal es dr = dyj, de modo que el trabajo infinitesimal, definido como dW = F · dr, es
dW=F⋅dr=−Fdy=−pSdy=−pdV.
Para calcular el trabajo total realizado sobre el gas, hay que integrar la expresión anterior entre el volumen inicial V1 y el volumen final V2,
W=−∫V1V2pdV.
Necesitamos conocer cómo varía p con V para calcular la integral. Esto es un reflejo de que el trabajo depende de los detalles del proceso y no sólo de los estados inicial y final, pues es una variable de transferencia.
Ejemplo 3.2.1Cuando la presión se mantiene constante (proceso isobárico), es fácil calcular el trabajo mediante la expresión anterior, pues podemos sacar p de la integral, resultando
W=−p(V2−V1).
Usemos este resultado para calcular el trabajo realizado sobre un cubo metálico de 5 cm de arista y 12 · 10−6K−1de coeficiente de dilatación lineal, cuando lo calentamos a una presión constante de 1 atm desde 15°C hasta 150oC.
Sol.Para calcular el trabajo W necesitamos la variación de volumen V2 − V1. Usando la ley de dilatación térmica con β = 3α y V1el volumen inicial, llegamos a
En general, la variación de la energía de un sistema es igual a la suma de todas las transferencias de energía que ocurren a través de la frontera del sistema. La primera ley de la Termodinámica es un caso especial de la afirmación anterior, que incluye variaciones de la energía interna del sistema y transferencias de energía por calor y trabajo. Esta ley se puede aplicar a muchos procesos y proporciona un enlace entre las visiones microscópica y macroscópica.
Consideremos el cambio de un sistema entre un estado inicial, que supondremos caracterizado por las variables de estado (pi, Vi, Ti), y otro estado final (pf, Vf, Tf). Durante este cambio, se realiza transferencia de energía al sistema mediante calor Q y trabajo W. Se verifica:
Primer/a ley/principio de la Termodinámica: La cantidad Q + W es independiente de la trayectoria seguida por un proceso termodinámico, y coincide con la variación de la energía interna del sistema, es decir,
ΔU=Q+W.
Si el sistema experimenta un cambio de estado infinitesimal en el que se le aplica un calor dQ y se realiza sobre él un trabajo dW, su energía interna sufrirá una variación dU. Podemos escribir la primera ley en versión infinitesimal como
dU=dQ+dW.
Hay que hacer un comentario sobre esta ecuación. En ella aparece la variable de estado U, de manera que dU tiene el significado de cambio de pequeña magnitud, pero dQ y dW no implican el cambio de ninguna variable de estado, sino transferencias infinitesimales. Por ello se dice a veces que dQ y dW son diferenciales inexactas. No usaremos esta terminología en este curso por no ser estrictamente necesaria: ya hemos dejado claro que el calor y el trabajo no son variables de estado y ya sabemos que no tiene ningún sentido escribir cosas como ΔQ ni ΔW.
Se puede considerar la primera ley de la Termodinámica como una ecuación de conservación de la energía. Veamos algunos casos:
Consideremos primero un sistema aislado, es decir, uno que no interacciona con su entorno. En este caso, el calor transmitido al sistema es cero y el trabajo realizado sobre él también. Como consecuencia, Q+W = 0yΔU = 0.
Otro caso es el de un ciclo, que es un proceso que empieza y acaba en el mismo estado. Como la energía interna es una variable de estado, en un ciclo ha de ser ΔU = 0, por lo que Q = −W. En un diagrama pV, un ciclo aparece como una curva cerrada.
Un proceso adiabático es uno en el que no se transfiere calor al sistema, de manera que Q = 0 y ΔU = W. Un proceso así se puede conseguir, por ejemplo, aislando térmicamente las paredes del sistema.
Un proceso isobárico es uno que ocurre a presión constante en todo momento, como en el ejemplo 3.3.1.
Un proceso isocórico ocurre a volumen constante. En este caso, el trabajo sobre el sistema ha de ser nulo, W = 0, de modo que ΔU = Q.
Un proceso que ocurre a temperatura constante se llama proceso isotérmico. En el caso de un gas ideal, como la energía interna depende sólo de la temperatura, un proceso isotérmico implica que ΔU = 0, por lo que Q = −W. Este proceso no es necesariamente un ciclo.
Ejemplo 3.3.1Retomando el ejemplo 3.2.1, calculemos la variación de energía interna del cubo de hierro. Para ello, admitamos que el bloque pesa 2 kg y que su calor específico vale 445 J/(kg · K).
Sol.Para calcular ΔU sólo necesitamos conocer Q, el calor absorbido por el bloque, pues el trabajo realizado sobre el bloque, W, ya lo habíamos obtenido. Usando los resultados del tema anterior,
Q=CΔT=mcΔT=2⋅445⋅(150−15)≃1,20×105J.
Así, la variación de energía interna del cubo es
ΔU=Q+W=1,20×105−0,0614≃1,20×105J.
El resultado ilustra la razón por la que, en la mayoría de situaciones, podemos despreciar la contribución del trabajo de deformación en la variación de energía interna de sólidos y líquidos.
<bold>Capacidades caloríficas de los gases ideales</bold>
Nos preguntamos cómo calcular el calor para un proceso de gas ideal con un cambio dado de temperatura. En el tema anterior vimos que el calor absorbido por una sustancia se puede escribir Q = C ΔT, donde C es la capacidad calorífica. En el caso de un gas ideal, es muy útil definir las capacidades caloríficas de un par de procesos especiales: el isocórico y el isobárico. En un proceso isocórico, el calor será
Q(V=cte)=CVΔT,
donde CV es la capacidad calorífica del gas a volumen constante. De forma análoga, en un proceso isobárico,
Q(p=cte)=CpΔT,
siendo Cp la capacidad calorífica del gas a presión constante. Calculemos CV y Cp para un gas ideal.
Consideremos primero el proceso a volumen constante y, para empezar, supongamos que el gas es monoatómico. Ya estudiamos la energía interna de un gas monoatómico y vimos que U=32nRT. Su variación es
ΔU=32nRΔT.
Si este gas realiza un proceso isocórico, su volumen no varía, de manera que W(V = cte) = 0. De aquí, el calor a volumen constante Q(V = cte) debe cumplir
32nRΔT=CVΔT,
con lo que la capacidad calorífica a volumen constante de un gas ideal monoatómico es
CV=32nR.
De manera análoga, para un gas diatómico,
CV=52nR,
y, para un gas poliatómico,
CV=3nR.
Pasemos ahora a un proceso a presión constante p0. En este caso, como vimos en el ejemplo 3.2.1, el trabajo es
W(p=cte)=−∫p0dV=−p0ΔV.
Usando la ley de los gases ideales en la forma p0V = nRT, como p0 es constante podemos hacer una variación en ambos lados de la igualdad y obtener p0 ΔV = nR ΔT. De aquí,
W(p=cte)=−nRΔT.
Si tenemos en cuenta que la variación de energía interna para un gas monoatómico es ΔU=32nRΔT y que el calor es Q(p=cte) = Cp ΔT, la primera ley de la Termodinámica da lugar a
32nRΔT=CpΔT−nRΔT,
con lo que la capacidad calorífica a presión constante de un gas ideal monoatómico es
Cp=CV+nR=52nR.
Igualmente, para un gas diatómico,
Cp=CV+nR=72nR,
y, para un gas poliatómico,
Cp=CV+nR=4nR.
El cociente entre capacidades caloríficas de un gas ideal es una cantidad adimensional γ que se denomina coeficiente adiabático del gas (veremos por qúe se llama así en el siguiente apartado). Para un gas monoatómico,
γ=CpCV=53≃1,67.
Para un gas diatómico,
γ=CpCV=75=1,40.
Para un gas poliatómico,
γ=CpCV=43≃1,33.
Los valores obtenidos para CV, Cp yγ están en excelente acuerdo con los datos experimentales de gases monoatómicos, pero difieren de ellos en el caso de gases más complejos. Usaremos las expresiones obtenidas a pesar de estas diferencias.
Finalmente, en el caso de sólidos y líquidos, cuando se calientan a presión constante el trabajo realizado sobre ellos es muy pequeño, debido a que el cambio de volumen lo es. En consecuencia, para sólidos y líquidos podemos tomar Cp ⋍ CV.
Ejemplo 3.4.1Un recipiente contiene 0,5 m3de un gas ideal monoatómico a 25°C y 1 atm. El sistema se calienta a volumen constante hasta alcanzar una temperatura de 35°C. Determinemos el calor absorbido por el gas, el trabajo realizado sobre él y su variación de su energía interna.
Sol.Dado que el proceso es a volumen constante, el trabajo realizado sobre el gas es cero. Por tanto,
ΔU=Q+W=Q=CVΔT=32nRΔT.
En la última igualdad, hemos usado que el gas es monoatómico, por lo que CV = (3/2)nR. Nos hace falta el número de moles, que obtenemos de la ecuación de los gases ideales aplicada al estado inicial,
nR=p1V1T1.
Con esto,
ΔU=Q=32p1V1T1(T2−T1)=3⋅101⋅103⋅0,52⋅(273,15+25)⋅(35−25)≃2540J.<bold><target target-type="page" id="pges_59"/>Procesos adiabáticos de los gases ideales</bold>
Supongamos que un gas ideal experimenta un proceso adiabático, por lo que Q = 0 y ΔU = W. En su forma infinitesimal, la ecuación anterior se escribe dU = dW.
La energía interna es una variable de estado, por lo que su variación no depende del proceso sino sólo de los estados inicial y final. No obstante, para calcular la variación de energía interna de un gas ideal, conviene tomar el proceso isocórico que produce la misma variación de temperatura, pues como W = 0 y QV = CV ΔT, tenemos
ΔU=CVΔT,
o, en su forma infinitesimal, dU = CV dT.
Por su parte, el trabajo infinitesimal en cualquier proceso es dW = −pdV. Usándola con la ecuación infinitesimal del proceso adiabático dU = dW se llega a
CVdT+pdV=0.
Si combinamos la ecuación anterior con la ley de los gases ideales pV = nRT, llegaremos a
CVdTT+nRdVV=0.
Integrando, tenemos que en un proceso adiabático y cuasiestático de un gas ideal entre un estado inicial 1 y un estado final 2, se cumple la ecuación
p2V2γ=p1V1γ,
o, usando de nuevo la ecuación del gas ideal, en términos de la temperatura y el volumen,
T2V2γ−1=T1V1γ−1.
Notemos que, al haber usado la ecuación del gas ideal, en la fórmula anterior las temperaturas deben expresarse en Kelvin.
De estas expresiones (3.12) y (3.13) podemos obtener algunas conclusiones. Primero, si el gas realiza una compresión adiabática, el volumen decrece, así que la temperatura crece y, por tanto, lo hace la energía interna. El trabajo es positivo en este caso. Segundo, si el gas realiza una expansión adiabática, el volumen crece y la temperatura y la energía interna decrecen, de modo que el trabajo es negativo, lo que es lo mismo que decir que el gas realiza trabajo en una expansión adiabática sin calentar el exterior, algo que es muy útil en las aplicaciones.
La curva de un proceso adiabático en un diagrama pV es similar a la de un proceso isotérmico, pero tiene un descenso más pronunciado debido a que su ecuación es pVγ = constante, con γ > 1, en lugar de la isotérmica pV = constante.
Ejemplo 3.5.1Un gas ideal monoatómico se comprime adiabática y cuasiestáticamente desde un volumen inicial de 1ℓ hasta un volumen final de 0,1ℓ. Calculemos la temperatura final sabiendo que la inicial vale 40 ° C.
Sol.La temperatura final T2la podemos obtener usando laecuación (3.13), pues conocemos la temperatura inicial T1, los volúmenes inicial V1y final V2y el coeficiente adiabático γ = 5/3:
La primera ley de la Termodinámica es una aplicación de la conservación de la energía. Expresa que el cambio de energía interna de un sistema puede ocurrir por aplicar calor sobre el sistema, por realizar trabajo sobre él, o por ambos, de manera que el calor y el trabajo tienen el mismo resultado. Pero en las aplicaciones hay una diferencia fundamental entre calor y trabajo que no se vislumbra en la primera ley. Veamos esta diferencia.
Una máquina térmica es un aparato que adquiere energía al transferírsele calor y, operando cíclicamente, es capaz de transformar parte de esta energía y transferirla en forma de trabajo. Las máquinas térmicas utilizan baños térmicos, que son sistemas con una capacidad calorífica enorme, de manera que su temperatura no varía cuando se ponen en contacto con la sustancia de trabajo de las máquinas. Un recipiente bien grande y lleno de agua puede funcionar como baño térmico en muchas ocasiones.
Toda máquina térmica tiene cierta sustancia de trabajo que realiza un proceso cíclico. El proceso es tal que (1) la sustancia de trabajo absorbe cierta energía por transferencia de un calor Qa al ponerla en contacto con un baño térmico de alta temperatura Ta, (2) la máquina realiza un trabajo W, y (3) la sustancia expulsa el resto de la energía previamente ganada al transferir un calor Qb a un baño térmico de baja temperatura Tb. La figura 3.2 que vemos a continuación muestra un esquema de este funcionamiento. En estas cantidades, se considera siempre el valor absoluto de calores y trabajos, ignorando el signo negativo que deberíamos escribir cuando los realiza el sistema.
Esquema de máquina térmica que trabaja entre un foco térmico caliente a temperatura <italic>T<sub>a</sub></italic> y otro frío a <italic>T<sub>b</sub></italic>. En cada ciclo, la máquina absorbe un calor <italic>Q<sub>a</sub></italic> del foco caliente, cede un calor <italic>Q<sub>b</sub></italic> al foco frío y realiza un trabajo <italic>W</italic>.
Por ejemplo, en una máquina de vapor, la sustancia de trabajo es agua. En una caldera, el agua absorbe calor de la combustión de un carburante y se convierte en vapor. Este vapor realiza trabajo por expansión al empujar un émbolo. Despúes, el vapor se enfría y condensa. El agua líquida se hace regresar a la caldera y el ciclo se repite.
Si observamos la figura 3.2, notaremos que se cumple la igualdad Qa = W + Qb. De aquí, el trabajo neto realizado por la máquina en cada ciclo es
W=Qa−Qb.
Se define la eficiencia o rendimiento e de una máquina térmica como el cociente entre el trabajo neto y el calor absorbido del baño caliente, es decir,
e=WQa=Qa−QbQa=1−QbQa.
Se puede interpretar la eficiencia de una máquina térmica como el cociente entre lo que produce (el trabajo) y lo que absorbe (el calor del baño térmico caliente). En la práctica, las máquinas térmicas producen como trabajo sólo una fracción de la energía que absorben como calor, de manera que su eficiencia es siempre menor del 100 %. Por ejemplo, los motores de gasolina suelen tener eficiencias del 20 % y los diesel del 40 %. La ecuación de la eficiencia muestra que un valor del 100 % sólo sería posible si la sustancia de trabajo no transfiriese calor al baño térmico frío, es decir, si Qb = 0, con lo que W = Qa. Esto no ocurre nunca, como se indica en el siguiente enunciado:
Segunda/o ley/principio de la Termodinámica (enunciado de Kelvin-Planck): Es imposible construir una máquina térmica que, operando en un ciclo, no produzca otro efecto más que la realización de una cantidad de trabajo a partir de la entrada de la misma cantidad de energía por calor desde un baño.
Ejemplo 3.6.1Calculemos la eficiencia de una máquina térmica que recibe 1 kJ de calor del baño caliente y transfiere 500 J de calor al baño frío.
Sol.Usando la fórmula(3.14), la eficiencia es
e=WQa=Qa−QbQa=1−0,51=0,5.
También podemos calcular el trabajo que realiza la máquina en un ciclo es
W=Qa−Qb=1000−500=500J,
y con éste el trabajo en un número de ciclos, por ejemplo en 10 resulta
W10=10W=10⋅500=5kJ.<bold>Bombas térmicas y frigoríficos</bold>
El papel de una máquina térmica es procesar la energía extraída del baño caliente para realizar trabajo útil, de tal manera que el flujo de energía va en el sentido natural: del baño caliente al baño frío. Podemos pensar si es posible construir una máquina en la que el flujo de energía vaya en sentido opuesto, dirigiéndose del baño frío al baño caliente. Obviamente, como no es el sentido natural hará falta alimentar energéticamente la máquina para que haga esto. Las máquinas que se comportan de este modo se llaman bombas térmicas o frigoríficos. Una de ellas es el aparato de aire acondicionado, que extrae calor del interior frío de una casa y lo transfiere al exterior caliente.
En la figura 3.3 vemos un esquema energético de un frigorífico o una bomba térmica. La máquina extrae un calor Qb de un baño a baja temperatura Tb y transfiere un calor Qa a un baño a alta temperatura Ta. Esto sólo se puede lograr si se realiza un trabajo W sobre la máquina.
Esquema de máquina frigorífica que trabaja entre un foco térmico caliente a temperatura <italic>T<sub>a</sub></italic> y otro frío a <italic>T<sub>b</sub></italic>. En cada ciclo, la máquina absorbe un calor <italic>Q<sub>b</sub></italic> del foco frío, cede un calor <italic>Q<sub>a</sub></italic> al foco caliente y absorbe un trabajo <italic>W</italic>.
No ocurre nunca que un frigorífico o una bomba térmica funcionen sin aplicar un trabajo, y así lo establece el siguiente enunciado, totalmente equivalente al de Kelvin-Planck:
Segunda/o ley/principio de la Termodinámica (enunciado de Clausius): Es imposible construir una máquina cíclica cuyo único efecto sea la transferencia de energía por calor, desde un objeto hasta otro a mayor temperatura, sin la entrada en la máquina de energía por trabajo.
Los frigoríficos usan como sustancia de trabajo un fluido refrigerante tal como el R15, que ha reemplazado al Freón por sus efectos perjudiciales para el medio ambiente. Este fluido refrigerante tiene una temperatura de vapori- zación cercana a la ambiental cuando está sometido a presiones altas, pero a bajas presiones su temperatura de vaporización es inferior a 0°C.
El fluido refrigerente en estado líquido y a baja presión entra en los tubos de enfriamiento del interior del frigorífico y absorbe calor de los alimentos mientras se evapora. El gas fluye entonces hacia un compresor, donde su presión se eleva por medio de un pistón. Este gas a alta presión circula entonces hacia los tubos de condensación exteriores, situados en la parte de atrás del frigorífico y expuestos al aire de la cocina. Allí, el gas se condensa transfiriendo calor al aire. Finalmente, el líquido a alta presión pasa a través de una válvula de expansión y su presión se reduce hasta la del inicio del ciclo para volver a entrar en los tubos de enfriamiento.
Las bombas térmicas se usan para calentar casas y edificios. Una bomba térmica contiene dos juegos de tubos metálicos que pueden intercambiar calor con el entorno: un juego en el exterior del edificio, en contacto con el aire, y el otro en el interior. En el modo de calefacción, el fluido que circula por los tubos exteriores absorbe calor de la atmósfera y lo libera en el interior del edificio desde los tubos interiores. El fluido está frío y a baja presión cuando está en los tubos exteriores, donde absorbe calor del aire. El resultante fluido caliente se comprime entonces y entra en los tubos interiores como fluido caliente y de alta presión, y libera energía en el aire interior. Como vemos, el funcionamiento es muy similar al del frigorífico, pero con los tubos intercambiados.
Un aparato de aire acondicionado es simplemente una bomba térmica con los tubos exteriores e interiores con los papeles intercambiados, de modo que opera en modo de enfriamiento igual que un frigorífico. El fluido circulante en los tubos interiores de la casa absorbe calor y, despúes de ser comprimido, transfiere calor al medio a través de los tubos exteriores.
La efectividad de una bomba térmica está descrita en términos del coeficiente de operación (COP). En el modo de calefacción, el COP es el cociente entre el calor Qa transferido al baño térmico caliente y el trabajo W necesario para que opere, es decir,
COP(modo de calefacción)=QaW.
Dado que se suele cumplir que Qa es mayor que W, el coeficiente de operación suele ser mayor que 1. De hecho, si la temperatura exterior es más alta que unos −4°C, el valor del COP para una bomba térmica es del orden de 4; esto implica que la cantidad de calor transferida al edificio es unas 4 veces mayor que el trabajo realizado por el motor de la bomba. Sin embargo, si la temperatura exterior es más baja, el COP desciende porque se hace más difícil extraer calor del aire. Para temperaturas exteriores por debajo de unos −9°C, el COP puede ser incluso menor que 1, lo que indica que el uso de bombas térmicas no es lo más apropiado en climas con temperaturas tan bajas.
En el modo de enfriamiento, el COP hace referencia a su uso, y por tanto se define como el cociente entre el calor Qb extraído del baño frío y el trabajo W necesario para que funcione,
COP(modo de enfriamiento)=QbW,
que es del orden de 5 en un frigorífico.
Ejemplo 3.7.1Calculemos el calor Qb extraído del baño frío en un ciclo por un frigorífico que tiene un COP de 5 sabiendo que en cada ciclo necesita 100 J de energía en forma de trabajo.
Sol.A partir del COP de enfriamiento del frigorífico y el trabajo W, podemos obtener el calor Qb:
COPenf=QbW⇒Qb=COPenfW=5⋅100=500J.<bold>Máquina de Carnot</bold>
Vamos a estudiar la máquina térmica teórica que, operando entre dos focos térmicos, es la más eficiente posible. Para ello, antes hemos de entender el significado de procesos reversibles e irreversibles. Supongamos que un sistema experimenta cierto proceso caracterizado por una trayectoria dada en un diagrama pV. Si es posible devolver al sistema a sus condiciones iniciales mediante exactamente la misma trayectoria en el diagrama pV pero recorrida en sentido inverso, sin producir ningún cambio sobre el entorno (resto del universo), entonces se trata de un proceso reversible. En caso contrario, se trata de un proceso irreversible. Un ejemplo: cuando dos cuerpos a diferentes temperaturas entran en contacto, el flujo de calor va desde el cuerpo más caliente al más frío, no al revés. Este proceso es irreversible, en general, pues ocurre de manera natural sólo en un sentido y es necesario hacer trabajo o inyectar energía en forma de calor para invertirlo.
En la naturaleza, todos los procesos son irreversibles, pero algunos son casi reversibles. Una condición necesaria para que esto ocurra, aunque no suficiente, es que el proceso sea cuasiestático: proceso muy lento, de manera que el sistema esté siempre muy cerca de un estado de equilibrio. Por ejemplo, consideremos la expansión de un gas en un recipiente que tiene un pistón y unas paredes térmicamente aisladas pero que su base permite el contacto con un baño térmico a temperatura dada. Si el gas se comprime muy lentamente y el pistón no tiene fricción con el recipiente, en principio el proceso es tal que el sistema a cada paso está muy cerca del equilibrio, dado que además la temperatura del gas es siempre la del baño térmico. Es un proceso casi reversible porque puede invertirse separando el pistón con la misma lentitud con la que se empujó. En general, un proceso casi reversible no puede presentar efectos disipadores que conviertan energía mecánica en energía interna, como el rozamiento o la turbulencia, ya que estas conversiones no se pueden revertir.
La máquina de Carnot opera en un ciclo ideal reversible entre dos baños térmicos, que se llama ciclo de Carnot. Se cumple:
Teorema de Carnot: Ninguna máquina térmica real que opere entre dos baños térmicos puede ser más eficiente que una máquina de Carnot que opere entre los dos mismos baños.
Para describir el ciclo de Carnot que tiene lugar entre las temperaturas T1 (alta) y T2 (baja), supondremos que la sustancia de trabajo es un gas ideal contenido en un recipiente provisto de un pistón en su parte superior. Las paredes del recipiente y el pistón son aislantes térmicos, pero la base del recipiente permite poner en contacto el gas con un baño térmico. El ciclo de Carnot está formado por los cuatro procesos reversibles de la figura 3.4.
Ciclo de Carnot de un gas ideal: (a) expansión isoterma a la temperatura <italic>T</italic><sub>1</sub>, (b) expansión adiabática, (c) compresión isoterma a la temperatura <italic>T</italic><sub>2</sub> y (d) compresión adiabática.
Expansión isotérmica a alta temperatura. Ponemos la base del recipiente en contacto con el baño térmico a temperatura alta T1, lo que mantiene el gas a esta temperatura. El gas se expande desde un volumen V1 a un volumen mayor V2. Durante la expansión, el gas absorbe un calor |Q1| del baño y lo convierte en trabajo que realiza sobre el pistón.
Expansión adiabática. La base del recipiente se separa del baño y se aisla térmicamente. El gas continuá su expansión de manera adiabática, aumentando su volumen de V2 a V3 y disminuyendo su temperatura de T1 a T2, momento en que paramos el pistón.
Compresión isotérmica a baja temperatura. Ponemos la base del recipiente en contacto con el baño térmico a temperatura baja T2. Comenzamos a empujar el pistón, comprimiendo el gas isotérmicamente desde un volumen V3 hasta un volumen menor V4. Durante este proceso, el gas transmite un calor |Q2| al baño a partir del trabajo realizado por el pistón.
Compresión adiabática. La base del recipiente se separa del baño y se aisla térmicamente. Continuamos la compresión del gas de manera adiabática, desde un volumen V4 hasta el volumen inicial V1. La temperatura del gas en este proceso aumenta de T2 a T1. Se completa así el ciclo.
Habíamos definido la eficiencia e de una máquina térmica como el cociente entre el trabajo neto y el calor absorbido del baño caliente, es decir,
e=W|Q1|=|Q1|−|Q2||Q1|=1−|Q2||Q1|.
En la segunda igualdad de la ecuación anterior hemos usado que en un ciclo la energía interna del gas no cambia, por lo que W = |Q1| - |Q2|. Se puede demostrar que, en un ciclo de Carnot, |Q2 |/|Q1| = T2/T1, donde las temperaturas han de medirse en Kelvin. De aquí, la eficiencia de una máquina de Carnot es
ecarnot=1−T2T1=T1−T2T1,
y, por tanto, todas las máquinas de Carnot que operen entre las mismas temperaturas tienen la misma eficiencia. Además, también se puede demostrar que esta eficiencia es independiente de la sustancia de trabajo de la máquina.
Una máquina de Carnot que funcione a la inversa constituye la bomba térmica más efectiva posible, y determina el máximo coeficiente de operación (COP) para una combinación dada de temperaturas. Este valor máximo de COP en modo de calefacción es
COP(modo de calefacción)carnot=|Q1|W=|Q1||Q1|−|Q2|=T1T1−T2,
y en modo de enfriamiento,
COP(modo de enfriamiento)carnot=|Q2|W=|Q2||Q1|−|Q2|=T2T1−T2.
Como vemos, a medida que la diferencia de temperaturas entre los dos baños se aproxima a cero, el COP teórico máximo se aproxima a infinito. En la práctica, la baja temperatura de los tubos de enfriamiento y la alta temperatura del compresor limitan el COP máximo a valores del orden de 10.
Podemos representar también el ciclo de Carnot en un diagrama pV, compuesto por dos isotérmicas y dos adiabáticas, como en la figura 3.5. El sentido de recorrido del ciclo determina si se trata de una máquina térmica (sentido horario) o un frigorífico o bomba térmica (sentido antihorario).
Ciclo de Carnot en el diagrama <italic>pV</italic>.
Ejemplo 3.8.1Calculemos el rendimiento de una máquina de Carnot que trabaja con un foco caliente a 50°C y un foco frío a 25°C.
Sol.Usando la fórmula(3.17)
ecarnot=1−T2T1≃1−273,15+25273,15+50≃0,0774.
Si mantenemos la misma temperatura para foco frío y queremos duplicar el rendimiento anterior, necesitamos una fuente caliente con una temperatura T1'igual a
A la presión atmosférica, 5 m3 de aire se calienta debido a la radiación solar y al contacto con el suelo, de modo que su temperatura aumenta desde 300 K a 330 K. Calcula:
El calor absorbido por el gas.
El aumento de la energía interna del aire.
El volumen que ocupa el aire en el estado final.
El trabajo realizado sobre el aire.
Comprueba que se cumple el primer principio de la termodinámica.
Sol. Nos hará falta el número de moles de aire, que podemos calcular con la ecuación de los gases ideales para el estado inicial 1:
p1V1=nRT1⇒n=p1V1RT1≃101⋅103⋅58,31⋅300≃203 mol.
La capacidad calorífica a presión constante del aire, considerado gas ideal diatómico, es Cp = CV +nR = (5/2) nR+nR = (7/2) nR. Con esto, el calor absorbido por el aire a presión constante resulta
Q=CpΔT≃72⋅203⋅8,31⋅(330−300)≃177kJ.
El cambio de energía interna de un gas ideal diatómico, en cualquier proceso, es
ΔU=CVΔT≃52⋅203⋅8,31⋅(330−300)≃126kJ.
El volumen final puede calcularse con la ecuación de los gases ideales. Dado que la presión y el número de moles se mantienen constantes en este proceso,
V2T2=V1T1⇒V2=V1T2T1=5330300=5,5 m3.
Con el resultado anterior, el trabajo realizado sobre el gas es
W=−∫V1V2pdV=−p(V2−V1)=−101⋅103⋅(5,5−5)=−50,5kJ.
Con los resultados de los apartados (a) y (d) anteriores,
Q+W≃177kJ−50,5kJ≃126×kJ.
Esto coincide con el cambio de energía interna calculado en el apartado (b).
En el estado inicial, 0,5 mol de un gas ideal monoatómico ocupa 5 ` a una temperatura de 300 K. Luego, el gas triplica su temperatura manteniendo su volumen constante. Acto seguido, el gas duplica su volumen manteniendo su presión constante. Calcula:
El trabajo realizado por el gas en cada proceso y el trabajo total.
El calor absorbido por el gas en cada proceso y el calor total.
La variación de la energía interna del gas.
Sol. Necesitaremos la presión inicial del gas, que es
p1=nRT1V1≃0,5⋅8,31⋅3005⋅10−3≃249 kPa.
Durante el primer proceso, a volumen constante, el trabajo es cero porque no hay variación de volumen, de modo que W1 = 0. La presión tras este primer proceso puede obtenerse de la ecuación de los gases con número de moles y volumen constantes,
p1T1=p2T2⇒p2=p1T2T1=3p1≃748 kPa.
El segundo proceso es a presión constante. El trabajo en este proceso, que es también el trabajo total, resulta
W=W2=−∫V1V2p2dV=−p2(V2−V1)≃−748⋅103(2⋅5⋅10−3−5⋅10−3)≃−3,74kJ.
El trabajo realizado por el gas es, pues, Wgas = −W ⋍ 3,74 kJ.
Dado que el gas ideal es monoatómico, el calor en el primer proceso (a volumen constante) está dado por
Q1=CVΔT=32nRΔT≃32⋅0,5⋅8,31⋅(900−300)≃3,74kJ.
Para calcular el calor en el segundo proceso, necesitaremos la temperatura final. Este segundo proceso es a presión (y número de moles) constante, de manera que
V2T2=V3T3⇒T3=T2V3V2=2T2=1800K.
Con esto,
Q2=CpΔT=52nRΔT≃52⋅0,5⋅8,31⋅(1800−900)≃9,35kJ.
El calor total absorbido por el gas es
Q=Q1+Q2≃13,1kJ.
La variación de la energía interna del gas es
ΔU=W+Q≃9,35kJ.
También se puede calcular así:
ΔU=CVΔT=32nRΔT=32⋅0,5⋅8,31⋅(1800−300)≃9,35kJ.
Cuando el volumen de un gas ideal es de 50 cm3, su presión es de 3 atm. Si este mismo gas duplica su volumen a temperatura constante, calcula el trabajo hecho sobre el mismo, el trabajo que absorbe y la variación de su energía interna.
Sol. En un gas ideal, la energía interna depende solo de la temperatura. Por eso, en un proceso isotérmico de un gas ideal, ΔU = 0. De aquí, el calor aplicado y el trabajo realizado sobre el gas están relacionados según
ΔU=0=Q+W⇒Q=−W.
Para determinar el trabajo, hemos de calcular la siguiente integral definida:
W=−∫V1V2pdV.
Como el proceso es a temperatura constante, se escribe la presión en términos de la temperatura y volumen usando la ecuación de los gases ideales, con lo que
W=−∫V1V2nRTVdV=−nRT∫V1V21VdV=−nRTln(V2V1).
Volviendo a utilizar la ecuación de los gases ideales, nRT = p1V1, tenemos
W=−p1V1ln(V2V1)=−3⋅101⋅103⋅50⋅10−6ln2≃−10,5 J.
Y, de aquí, Q = −W ⋍ 10,5 J.
Un cilindro provisto de un pistón contiene 0,5 mol de helio a la presión atmosférica, 101 kPa. Manteniendo la temperatura en 310 K, el pistón se mueve hasta que la presión del gas alcanza los 80 kPa. Determina el trabajo realizado por el gas durante la expansión.
Sol. El trabajo sobre el gas en un proceso isotérmico es
W=−∫V1V2pdV=−∫V1V2nRTVdV=−nRT∫V1V21VdV=−nRTln(V2V1).
Para calcularlo, necesitaremos el cociente de volúmenes V2/V1. Dado que la temperatura y el número de moles se mantienen constantes durante la expansión, de la ley de los gases obtenemos
p1V1=p2V2⇒V2V1=p1p2.
Introduciendo esto en la expresión del trabajo,
W=−nRTln(V2V1)=−nRTln(p1p2)=−0,5⋅8,31⋅310⋅ln(10180)≃−300 J.
El trabajo realizado por el gas es, por tanto, Wgas = −W ⋍ 300 J.
Calcula el calor necesario para duplicar el volumen de 1 mol de gas ideal si mantiene su temperatura en 300 K.
Sol. En la expansión isotérmica de un gas ideal, ΔU = 0. Por tanto,
Q=−W=∫V1V2pdV=nRTln(V2V1).
Dado que V2 = 2 V1, resulta
Q=nRTln(V2V1)=1⋅8,31⋅300⋅ln2≃1730 J.
Un mol de gas ideal se mantiene en contacto con un baño térmico a 400 K. Calcula su volumen sabiendo que ha absorbido 100 J y que su volumen inicial era de 0,005 m3.
Sol.Dado que el proceso es isotérmico y el sistema es un gas ideal, se cumple ΔU = 0. De aquí,
Q=−W=∫V1V2pdV=nRT∫V1V21VdV=nRTln(V2V1).
El calor es un dato, así que se despeja de la ecuación anterior el volumen final V2QnRT=ln(V2V1)⇒eQ/nRT=V2V1⇒V2=V1eQ/nRT.
Con los datos del problema,
V2=V1eQ/nRT=0,05e100/(1⋅8,31⋅400)≃0,0515m3.
Una mezcla de gases se comprime de forma adiabática y cuasiestática, desde un volumen inicial de 500 cm3 hasta un volumen final de 50 cm3. Teniendo en cuenta que el coeficiente adiabático es γ = 1,37 y que la temperatura inicial de la mezcla es de 50°C, calcula la temperatura final.
Sol. Dado que tenemos datos de temperatura y volumen, podemos escribir la ecuación del proceso adiabático como T1V1γ−1=T2V2γ−1 de modo que
T2=T1(V1V2)γ−1=(273,15+50)⋅(50050)1,37−1≃758 K.
Mientras se expanden adiabática y cuasiestáticamente, 10 g de gas de hidrógeno H2 realizan 103 J de trabajo. Calcula la variación de temperatura del gas.
Sol. Dado que la masa molar del H2 es Mm = 2 g/mol, el número de moles de este gas en el sistema que se expande es
n=mMm=102=5 mol.
En un proceso adiabático, se cumple que Q = 0. Por tanto, ΔU = W. Pero el dato que tenemos es el trabajo que realiza el gas, que es Wgas = −W. Como consecuencia,
Wgas=−ΔU.
Ahora, dado que se tiene un gas diatómico como H2, llegamos a
Wgas=−ΔU=−52nRΔT⇒ΔT=−2Wgas5nR=−2⋅1035⋅5⋅8,31≃−9,63 K.
Un gas realiza trabajo y disminuye su temperatura en una expansión adiabática.
Dos moles de oxígeno O2 se expande adiabática y cuasiestáticamente, desde 300K de temperatura y 1 atm de presión, hasta triplicar su volumen. Calcula su presión final y el trabajo que realiza.
Sol. Para calcular la presión final, podemos usar la ecuación del proceso adiabático T1V1Y−1=T2V2Y−1, dado que el oxígeno es diatómico:
p1V1γ=p2V2γ⇒p2=p1(V1V2)γ=101 kPa⋅(V13V1)1,4≃21,7 kPa.
La temperatura final será
T1V1γ−1=T2V2γ−1⇒T2=T1(V1V2)γ−1=300⋅(V13V1)0,4≃193 K.
El trabajo se puede obtener del cambio de energía interna, dado que el calor, en un proceso adiabático, es cero,
W=ΔU=CVΔT=52nRΔT≃52⋅2⋅8,31⋅(193−300)≃−4430 J.
Por tanto, el trabajo realizado por el gas es
Wgas≃4430 J.
Se tienen 0,5 moles de gas ideal monoatómico. Inicialmente, el gas tiene una temperatura Ti = 300 K y un volumen inicial desconocido Vi. Realiza entonces los siguientes pasos. Primero, sufre un proceso isocórico hasta que su temperatura llega hasta 900 K. Seguidamente, realiza una expansión isotérmica hasta que su volumen inicial se duplica. Determina el calor total transferido al gas y el trabajo total realizado sobre el gas.
Sol. Calculemos el calor absorbido por el gas y el trabajo que realiza en ambos procesos. El primero es a volumen constante:
Q1=CVΔT=32nRΔT1≃320,5⋅8,31⋅(900−300)≃3,74kJ,W1=0 J.
El segundo proceso es isotermo:
ΔU2=0⇒Q2=−W2=∫ViVfpdV=nRT2lnVfVi≃0,5⋅8,31900ln2≃2,59 kJ.
Así, el calor total transferido al gas es
Q=Q1+Q2≃6,33 kJ.
El trabajo realizado sobre el gas es
W=−W1−W2≃2,59 kJ.
Tenemos 100 cm3 de aire a la presión atmosférica y a 310 K de temperatura dentro de un recipiente.
Lo comprimimos adiabática y cuasiestáticamente hasta reducir su volumen a la mitad. Calcula el cambio de energía interna del aire.
Luego, ponemos el aire comprimido en contacto con un baño térmico a 310 K, sin cambiar su volumen. Calcula el calor absorbido por el aire y su energía interna final.
Sol. Necesitaremos el número de moles de aire en el sistema, que podemos calcular a partir de los datos del estado inicial,
n=p1V1RT1=101⋅103⋅100⋅10−68,31⋅310≃3,92⋅10−3 mol.
La temperatura a la que llega el aire tras la compresión adiabáti- ca, usando que el coeficiente adiabático del aire, tomado como gas ideal diatómico, es γ = Cp/CV = 7/5 = 1,4 resulta, usando T1V1γ−1=T2V2γ−1,T2=T1(V1V2)γ−1=310⋅(10050)0,4≃438 K.
El cambio de energía interna en la compresión es
ΔU12=CVΔT=52nRΔT≃52⋅3,29⋅10−3⋅8,31⋅(438−310)≃8,07 J.
El segundo proceso es isocórico. Dado que el volumen es constante, el trabajo en este proceso es cero, de manera que
Q23=ΔU23=CVΔT=52nRΔT=−ΔU12≃−8,07 J.
Es decir, el gas desprende calor hacia el exterior en este proceso mientras reduce su temperatura a volumen constante.
Debido a los dos procesos anteriores, la energía interna del gas U3 es la misma que tenía inicialmente U1 (pues la temperatura final es igual a la inicial). Así,
U3=U1=CVT1=52nRT1≃52⋅3,29⋅10−3⋅8,31⋅310≃33,3 J.
Disponemos de un frigorífico con un COP de 4 que está consumiendo 5 W. Esta potencia la está empleando en enfriar y congelar 100 g de agua a 20°C que hemos colocado en la parte del congelador. Estima el tiempo que tardará el frigorífico en congelar el agua a 0°C, teniendo en cuenta que el calor específico del agua es c = 4187 J/(kg · K) y que el calor latente de fusión es Lf = 3,34 · 105 J/kg.
Sol. El calor necesario para enfriar el agua hasta los 0°C es
Q1=mcΔT,
donde asumimos que, cuando el agua está a punto de congelar, está en “equilibrio” a 0°C. Esto no es cierto, pues está dentro de un congelador a menor temperatura, aunque resulta una buena aproximación en general. Además, cuando el agua se congela, absorbe el siguiente calor:
Q2=mLs=−mLf,
donde m es la masa de agua y Ls el calor de solidificación. En total, el agua absorbe:
Q=Q1+Q2≃0,1⋅4187⋅(0−20)−0,1⋅3,34⋅105≃−42,0kJ,
que al ser negativo implica que es el frigorífico el que absorbe calor. Si Qb es dicho calor, tenemos
Qb=−Q≃42,0kJ.
A partir del COP de enfriamiento del frigorífico, podemos obtener el trabajo que éste tiene que realizar para hacerlo:
COPenf=QbW⇒W=QbCOPenf≃42,0⋅1034≃10,5kJ.
Si toda la potencia del frigorífico se emplea en realizar este trabajo, tendremos
P=Wt⇒t=WP≃10,5⋅1035≃2,10⋅103 s.
Una máquina térmica realiza un ciclo de Carnot utilizando 10 moles de gas ideal monoatómico como sustancia de trabajo. Un ciclo de la máquina está formado por cuatro procesos: A → B expansión isoterma a temperatura T1 hasta duplicar su volumen, B → C expansión adiabática hasta dublicar su volumen, C → D compresión isoterma a la temperatura T2 y D → A compresión adiabica. En el estado A, la presión del gas es 101 kPa y ocupa 1 m3.
Calcula las temperaturas T1 y T2.
Calcula el rendimiento de la máquina.
Sol.
Usando la ecuación de los gases ideales
T1=pAVAnR=101⋅103⋅110⋅8,31≃1220 K.
Para calcular T2, consideramos el proceso B → C:
T2VCγ−1=T1VBγ−1
donde VC=2VByγ=53. Así,
T2=T1(VBVC)γ−1=T1223≃766 K.
Usando los resultados del apartado anterior, el rendimiento de la máquina de Carnot es
e=1−T2T1=1−2−32≃0,370.
Una casa está refrigerada con una máquina que aproximaremos por una máquina de Carnot inversa. Determina la potencia consumida por la máquina si ésta extrae, en una hora, 105 J de calor del interior de la casa, a 26°C, estando el exterior a 36°C.
Sol. La máquina de Carnot es el dispositivo (ideal) más eficiente para refrigerar o calentar una vivienda. Si el aire acondicionado es una máquina de Carnot inversa, su COP de enfriamiento se puede calcular con sólo las temperaturas interior y exterior de la casa:
COPenf=QbW=QbQa−Qb=TbTa−Tb≃273,15+2636−26≃29,9.
A partir de este valor, y con el dato de calor extraído de la vivienda en una hora, podemos calcular el trabajo que realiza la máquina de Carnot cada hora,
COPenf=QbW⇒W=QbCOPenf≃10529,9≃3340 J/hora.
La potencia de la máquina es
P≃3340Jhora1hora3600 s≃0,929 W.
Iniciamos con este tema el estudio de las ondas. Como ejemplo de onda transversal, estudiamos la propagación de una pertur- bación por una cuerda tensa. Presentamos la ecuación de ondas y estudiamos en detalle las soluciones armónicas. Como ejemplo de onda longitudinal, estudiamos el sonido. En este último caso, prestamos especial interés a tres propiedades: la onda de desplazamiento de las moléculas, la onda de presión acústica y la onda de variación de la densidad. Finalmente, estudiamos los fenóme- nos de superposición e interferencia de ondas armónicas.
<bold>Propagación de una perturbación</bold>
Consideremos un medio homogéneo y fijémonos en un punto cualquiera de éste, que llamaremos foco, en el cual realizamos una perturbación de las propiedades del medio. La perturbación se va propagando al resto de los puntos con un retraso que depende de la distancia. Esta propagación de una perturbación, en la que no hay transporte neto de materia pero sí de energía, es lo que llamamos onda.
Un ejemplo de onda es el de la figura 4.1. Un muelle en posición vertical comienza a oscilar y hay una cuerda conectada a él. La oscilación se propaga por la cuerda hasta que cada punto de ella realiza el mismo tipo de movimiento. Pero los puntos materiales de la cuerda no se han transportado en horizontal: se limitan a oscilar en torno a su posición de equilibrio verticalmente.
Propagación de una onda en una cuerda.
Todos los puntos de un medio homogéneo e isótropo a los que la perturba- ción transportada por una onda llega en un cierto instante de tiempo tienen el mismo estado o valor de la perturbación. El conjunto o lugar geométrico de estos puntos forma en el espacio una superficie que se llama frente de onda (en el caso particular de una cuerda, el frente de ondas es un punto; en el caso particular de una onda sobre la superficie del agua, el frente de onda es una curva). La forma de estos frentes es también una manera de clasificar las ondas, ya que podemos distinguir entre ondas planas, circulares, cilíndricas, esféricas, etc.
Además, las ondas se pueden también clasificar atendiendo a la relación entre la dirección en que se propaga la energía y la dirección de vibración de la perturbación. Según esto, las ondas pueden ser longitudinales, si la vibración y la propagación son paralelas, o transversales, si ambas direcciones son perpendiculares.
Ejemplo de onda longitudinal en un muelle (arriba) y ejemplo de onda transversal en una cuerda (abajo).
Las ondas en las que, al propagarse, los puntos del medio vibran elásti- camente, se llaman ondas mecánicas, como las ondas en el agua, en una cuerda, el sonido o las ondas sísmicas. Para que una onda mecánica transversal se propague en un medio, hace falta que éste soporte esfuerzos cortantes.
Esta es la razón por la que en los gases prácticamente no se propagan ondas mecánicas transversales de tamaño macroscópico, y en los líquidos las únicas de ellas que se propagan son superficiales (usando los esfuerzos debidos a la tensión superficial). Las ondas en la superficie del agua del mar, así como las sísmicas, son tanto longitudinales como transversales.
<bold>Ondas en una cuerda tensa</bold>
Consideremos una cuerda tensa en posición horizontal en equilibrio. Colocamos el eje x a lo largo de la cuerda y el origen en su extremo izquierdo, de manera que y será la altura de cada punto de la cuerda respecto a su posición de equilibrio y = 0. Está claro que y es una función que depende del punto x y del tiempo t, es decir y = y(x, t). La propagación del estado de perturbación y a lo largo de la cuerda constituye una onda unidimensional, que tomaremos sin amortiguamiento.
Supongamos que, en el instante inicial t = 0, generamos una perturbación y(x, 0) = f(x) en los puntos de la cuerda. A medida que pasa el tiempo, la perturbación se propaga sin amortiguarse a velocidad constante v hacia la derecha, según se ve en la figura 4.3. El objetivo, conocida y(x, 0), es dar la función dependiente del tiempo y(x, t).
Propagación de la perturbación <italic>f</italic> (<italic>x</italic>) generada inicialmente (línea sólida) hasta el tiempo <italic>t</italic> (línea a trazos).
Para ello, como vemos en la figura 4.3, tomamos dos sistemas de referencia: el original xy y uno auxiliar xʹyʹ tal que su origen se mueve a la misma velocidad v que la perturbación. Esto significa que, respecto al sistema de referencia xʹyʹ, la perturbación no se mueve y siempre tiene la forma yʹ = f (xʹ). Pero, como vemos en la figura, las alturas desde ambos sistemas de referencia coinciden, así que yʹ = y, y las distancias horizontales respecto a ambos orígenes están relacionadas mediante xʹ = x − vt. En consecuencia, llegamos a una ecuación para la propagación en el sentido del eje x positivo, que es
y(x,t)=f(x−vt),
siendo f (x) la perturbación en t = 0. De la misma forma, si la onda se propaga en el sentido del eje x negativo,
y(x,t)=f(x+vt),
sin más que cambiar el signo de la velocidad.
Ambas funciones son solución de la ecuación de ondas unidimensional
∂2y∂t2=v2∂2y∂x2.
Podemos ahora definir, de forma muy general, una onda como todo fenómeno físico que se propaga obedeciendo esta ecuación. La cantidad v2 que multiplica al término de derivada espacial determina la velocidad de propagacióno velocidad de fase v de la onda. La velocidad de propagación depende del medio que utilice la onda para viajar. Por ejemplo, en el caso de una cuerda tensa, podemos escribir
v=Fm/ℓ,
donde F es la tensión de la cuerda y m/l es su masa por unidad de longitud.
Ejemplo 4.2.1La fórmula anterior también la podemos utilizar para calcular la tensión F. Por ejemplo, sabemos que los cables principales que soportan el Puente de George Washington en Nueva York tiene una densidad lineal de masa de 4100 kg/m y que la velocidad de propagación de las ondas transversales por ellos es de 250 m/s. Calculemos la tensión a la que están sometidos los cables.
Sol.Despejando la tensión F de laecuación (4.1), tenemos
F=mℓv2=4100⋅2502≃256⋅106N.
De todas las posibles funciones f (x) que determinan una onda unidimensional mediante la expresión y(x, t) = f (x − vt) (propagación a lo largo del eje x positivo) o la análoga y(x, t) = f (x + vt) (propagación a lo largo del eje x negativo), las más importantes son las funciones armónicas, en las que f es un seno o un coseno. Esto es así, primero, porque expresan el ejemplo físico de una cuerda tensa que ha sido perturbada en un extremo mediante un movimiento armónico simple, pero sobre todo porque todas las soluciones de la ecuación de onda se pueden escribir mediante una suma de ondas armóni- cas. Por eso, podemos centrarnos en el estudio de este tipo de movimiento ondulatorio.
Una onda armónica unidimensional es aqúella tal que, en el estado inicial, se escribe
y(x,0)=A sin (kx+ϕ0).
Como vemos en la figura 4.4, A es la amplitud de la perturbación (en las mismas unidades que y), φ0 es la fase inicial en el origen (en radianes), y k es el número de onda (en rad/m), que determina el periodo espacial de la perturbación λ (distancia en metros entre dos máximos o dos mínimos) según
λ=2πk.
Onda armónica en una cuerda con amplitud <italic>A</italic> y longitud de onda <italic>λ</italic>.
El periodo espacial λ se conoce con el nombre de longitud de onda.
Si ahora introducimos la propagación de la perturbación a lo largo del eje x positivo (por ejemplo), tendremos que cambiar x por x - vt, resultando la onda armónica
y(x,t)=A sin [k(x−vt)+ϕ0]=A sin (kx−ωt+ϕ0).
La cantidad
ω=kv.
se llama frecuencia angular (en rad/s) y proporciona el periodo
T=2πω,
que es el tiempo que transcurre desde que un punto dado alcanza un máximo de la perturbación hasta que el mismo punto alcanza otro máximo. La inversa del periodo se llama frecuencia,
f=1T=ω2π.
La unidad de frecuencia en el SI es el hercio o hertz, 1 Hz = 1 s-1. La frecuencia indica el número de oscilaciones que realiza la perturbación en un punto por cada segundo. Finalmente, conviene recordar que todo el argumento de la función trigonométrica en la expresión de la onda (en este caso, el argumento del seno es kx − ωt + φ0) se llama fase de la onda.
Ejemplo 4.2.2Consideremos una onda armónica que se propaga por una cuerda cuya tensión es F = 1 N y que tiene una masa por unidad de longitud igual a m/l = 0,01 kg/m. Determinemos la ecuación de la onda armónica sabiendo que su amplitud es A = 10 cm y que un punto de la cuerda tarda 1 s en completar una oscilación. Además, en el instante inicial, el punto de coordenadas x = 0 cm tiene un desplazamiento y = 10 cm.
Sol.Si prestamos atención a la fórmula(4.3), para determinar la onda armónica, debemos conocer la amplitud A, el número de onda k, la frecuencia angular ω y la fase φ0. Sabemos la amplitud, A = 10 cm, pero nos quedan por determinar las otras tres magnitudes. El tiempo que tarda un punto de la cuerda en completar una oscilación es el periodo T = 1 s, que lo podemos utilizar para calcular ω mediante la fórmula(4.6):
1T=ω2π⇒ω=2πT=2πrad/s.
Para conocer el número de onda, no podemos usar la relación(4.2), pues desconocemos la longitud de onda, sino que debemos hacer uso de la ecuación(4.4), para lo que necesitamos calcular previamente la velocidad de propagación v mediante la fórmula(4.1):
v=Fm/ℓ=10,01=10m/s.
Así,
ω=kv⇒k=ωv=π5rad/m.
Finalmente, la fase φ0la podemos obtener a partir de la información del valor de la perturbación inicial en el origen. Como y(0, 0) = 10 cm = A, tenemos:
y(0,0)=A⇒A sin (0−0+ϕ0)=A⇒ sin (ϕ0)=1⇒ϕ0=π2.
Con todo esto,
y(x,t)=10cm⋅ sin (π5x−2πt+π2)=10cm⋅cos (π5x−2πt),
donde hemos usado en la última igualdad la relación trigonométrica sin(x+π2)=cos(x).
<target target-type="page" id="pges_87"/><bold>Ondas de sonido</bold>
El sonido está constituido por ondas mecánicas longitudinales que se originan en focos situados en los medios materiales (sólidos, líquidos y gases) y se propagan a través de ellos. Si el foco es puntual, las ondas producidas en medios homogéneos serán esféricas. Sin embargo, a distancia grande del foco, las ondas esféricas se comportan en volúmenes pequeños como ondas planas.
En la figura 4.5 tenemos una imagen de una onda de sonido en un instante de tiempo fijo. La fuente de la onda ha sido la vibración del diafragma de un altavoz, que ha provocado pulsos sucesivos en el aire que está en contacto con él. La onda de sonido consta de zonas alternas de baja densidad y alta densidad, que vemos como zonas claras y oscuras. Estas zonas viajan hacia la derecha en la figura, alejándose del foco. Sin embargo, el aire como un todo no se propaga: las posiciones (medias) de las moléculas simplemente oscilan hacia adelante y hacia atrás. La fuerza elástica que provoca la oscilación proviene de la presión del aire, que trata de mantener la densidad uniforme, oponiéndose a la deformación que supone una zona de alta o baja densidad.
Representación de una onda de sonido plana. Los distintos tonos indican distintos valores de la amplitud y la flecha la dirección de propaga- ción.
En una onda de sonido, por tanto, hay tres cantidades que oscilan: la densidad del medio, su presión y la posición de las partículas del medio. La onda de densidad y la onda de presión están en fase, pero ambas están desfasadas π/2 rad respecto de la onda de desplazamiento. Las variaciones típicas de estas propiedades en las ondas de sonido son muy pequeñas: en el aire, aunque la onda de sonido sea muy intensa, los desplazamientos medios de las moléculas son del orden de una décima de milímetro, y las sobrepresiones son del orden del 1 % de la presión normal.
No todas las ondas mecánicas longitudinales son audibles, es decir, no todas excitan el nervio auditivo humano. La zona audible va desde una frecuencia de 20 Hz hasta una frecuencia de 20000 Hz, y las ondas en esta zona se denominan ondas sonoras. Fuera de estos límites, las ondas elásticas longitudinales se siguen llamando sonido aunque no sean audibles por el hombre. Si la frecuencia es inferior a 20 Hz, tenemos infrasonidos y, si es superior a 20000 Hz, tenemos ultrasonidos.
La variación de la presión respecto a la que corresponde al medio sin perturbar se denomina presión acústica. Si la presión en un punto del medio es p y la presión del medio no perturbado es p0, la presión acústica en ese punto es Δp = p − p0. De manera análoga, la variación de densidad respecto a la densidad sin perturbar será Δρ = ρ − ρ0. Por último, llamaremos Δx al desplazamiento medio de las moléculas del medio respecto a su punto de equilibrio.
La propagación de una onda de sonido en un fluido depende de la densidad del fluido sin perturbar, ρ0, y de su módulo de compresibilidad κ. Supongamos un material de volumen V sometido a una presión uniforme en su superficie. Debido a esta presión, el material disminuye su volumen conservando su forma. La disminución relativa de volumen del material (−ΔV /V) por unidad de variación de presión Δp se llama coeficiente de compresibili dad, y su inversa es el módulo de compresibilidad
κ=−ΔpΔV/V,
que se mide en pascales en el SI. Esta cantidad determina lo compresible (κ pequeños) o incompresible (κ grandes) que es un material y, por tanto, cómo se comporta frente a perturbaciones elásticas.
La velocidad con la que se propaga una onda mecánica armónica plana en un fluido es
v=κρ0,
y se llama velocidad del sonido en el fluido.
Cuando el sonido se propaga por un gas podemos suponer que los procesos inducidos son adiabáticos. Además, en ese caso, el módulo de compresibilidad del gas crece linealmente con la temperatura. Como consecuencia, si v0 es la velocidad del sonido en el gas a una temperatura T0 (medida en Kelvin), la velocidad del sonido en el mismo gas a una temperatura T es
v=v0TT0.
Ejemplo 4.3.1Con la fórmula(4.8)podemos hacernos una idea de la influencia de la temperatura en la propagación de una onda. Supongamos, por ejemplo, que una onda sonora tarda 3 s en propagarse a través del aire entre dos puntos. El aire está a 20°C y la velocidad del sonido para dicha temperatura es de 340 m/s. Veamos cuánto tardaría el sonido en viajar entre esos mismos dos puntos si el aire estuviera a 0°C.
Sol.Conviene, en primer lugar, calcular la distancia entre estos dos puntos. Si d es dicha distancia, v es la velocidad del sonido a 20°C y t = 3 s, tenemos:
d=vt=340⋅3=1020m/s.
El nuevo tiempo t0a 0°C es
t′=dv′,
donde vʹ es la velocidad del sonido a 0°C:
v′=vT′T=340⋅0+273,1520+273,15≃328m/s.
Así,
t′≃1020328≃3,11s.
Puede parecer, a simple vista, que la deferencia de tiempos no es muy significativa. Sin embargo, puede ser relevante cuando se diseñan edificios o espacios con unas propiedades acústicas específicas.
Si la onda de desplazamiento de un sonido en un fluido es una onda armónica plana como
Δx(x,t)=A sin (kx−ωt+ϕ0),
con amplitud de desplazamiento A, número de onda k y frecuencia angular ω = kv, entonces la onda de presión acústica se puede obtener a partir de ella mediante
Δp(x,t)=−κ∂(Δx)∂x=−κAk cos (kx−ωt+ϕ0)=κAk sin (kx−ωt+ϕ0−π/2).
Analizando los argumentos, vemos que la onda acústica está retrasada respecto a la de desplazamiento en π/2 rad, tal como habíamos comentado antes. La presión acústica máxima o amplitud de presión acústica resulta
Δpmax=κAk.
De la misma forma, la onda de variación de densidad se calcula haciendo
Δρ(x,t)=−ρ0∂(Δx)∂x=−ρ0Ak cos (kx−ωt+ϕ0)=ρ0Ak sin (kx−ωt+ϕ0−π/2),
que está en fase con la presión acústica y tiene una amplitud dada por ρ0Ak. Como la variación de densidad es Δρ = ρ − ρ0, podemos despejar ρ y encontrar los valores máximo y mínimo de la densidad del fluido cuando es atravesado por una onda armónica plana de sonido, que estarán dados por
ρmax=ρ0(1+Ak),ρmin=ρ0(1−Ak).
Pasemos ahora a la propagación del sonido en materiales sólidos. Las ecuaciones que siguen las ondas de sonido en una varilla sólida son completamente similares a las del caso de los fluidos, pero cambiando la velocidad del sonido por
v=Eρ0,
donde E es el módulo de elasticidad o módulo de Young, que representa la fuerza longitudinal por unidad de sección que hay que aplicar a la varilla para producir en ella un alargamiento igual a la longitud inicial de la misma (su unidad en el SI es 1 Pa).
Ejemplo 4.3.2Como hemos visto, a partir de la onda de desplazamiento, el módulo de compresibilidad y la densidad del aire sin perturbar, podemos obtener la onda de presión y densidad. También es cierto lo anterior si partimos de cualquier onda. Por ejemplo, consideremos la onda sonora de variación de densidad en el aire dada por Δρ(x, t) = 3,5 · 10-4kg/m3 · sin(2πx − 680πt) y determinemos las onda sonoras de desplazamiento y presión acústica. Para obtener la onda de desplazamiento necesitaremos un dato adicional, por ejemplo, la densidad sin perturbar ρ0 = 1,28 kg/m3.
Sol.Consideremos primero la onda de presión acústica. La amplitud de la onda de densidad es
Observemos que, para calcular Δpmax a partir de Δρmax, sólo necesitamos κ/ρ0que se puede calcular a partir de v = ω/k. Esto no es así para la onda de desplazamiento, para la cual necesitamos κ ó ρ0(pues v = ω/k es conocida). Usando ρ0, la amplitud A viene dada por
Hemos tenido en cuenta que la fase de la onda de desplazamiento es π/2 mayor que la de densidad.
<bold>Superposición e interferencia</bold>
Veamos lo que sucede cuando dos ondas coinciden durante un tiempo en la misma región del espacio. Por ejemplo, cuando la música llega a nuestros oídos desde varios sitios, cuando dos ondas de agua chocan, etc. En estos casos se cumple el principio de superposición lineal, que dice que cuando dos ondas coinciden simultáneamente en el mismo punto, la onda resultante es la suma algebraica de las ondas individuales. La superposición de ondas armónicas suele llamarse interferencia. El principio de superposición se muestra gráficamente en la figura 4.6.
Proceso de interferencia de dos ondas.
Un caso sencillo es la superposición de dos ondas armónicas de la misma amplitud y frecuencia en una cuerda con cierto desfase entre ellas, que vemos en la figura 4.7.
<target target-type="page" id="pges_93"/>Superposición de dos ondas armónicas. Arriba se representan las dos ondas por separado y abajo la onda resultante de la superposición.
La expresión matemática de estas dos ondas es
y1=A sin (kx−ωt),y2=A sin (kx−ωt+ϕ0).
La onda resultante es la suma y = y1 + y2. Usando la relación trigonométrica sina + sinb = 2 cos [(a − b)/2] sin [(a + b)/2], resulta
y=y1+y2=2A cos(ϕ02) sin (kx−ωt+ϕ02).
Por tanto, la onda resultante es otra onda armónica con la misma frecuencia, desfasada en φ0/2 respecto de las dos ondas originales, y cuya amplitud es
Atot=2A cos(ϕ02).
Si φ0 = 2nπ, con n = 0, 1, 2,…, entonces la amplitud total alcanzará su valor máximo Atot = ±2A, y la interferencia se llamará constructiva. Por su parte, si φ0 = (2n + 1)π, con n = 0, 1, 2,…, entonces la amplitud total alcanzará su valor mínimo Atot = 0, y la interferencia se llamará destructiva.
Ejemplo 4.4.1Consideremos la superposición de dos ondas ondas ar- mónicas con la misma frecuencia, longitud de onda y amplitud A = 1 cm, que se mueven en el mismo sentido, pero que con una diferencia de fase de π/2 rad. Determinemos la amplitud de la onda resultante.
Sol.Las dos ondas armónicas a lo largo de la cuerda pueden escribirse como
y1(x,t)=A sin (kx−ωt)y2(x,t)=A sin (kx−ωt+π/2)
Usando la fórmula trigonométrica sin a + sin b = 2 sin (a + b)/2 cos (a - b)/2, la interferencia de ambas ondas es
y=y1+y2=2A sin (kx−ωt+π4) cos (π4).
La amplitud de interferencia es
Atot=|2A cos (π4)|=|2⋅10−2⋅cos (π4)|≃0,0141m.<bold>Tabla resumen</bold>
Fórmula/magnitud
Definición
Ecuación
v=Fm/ℓ
Velocidad de propagación de la onda en la cuerda
(4.1)
F
Tensión de la cuerda
m
Masa de la cuerda
ℓ
Longitud de la cuerda
y(x, t) = A sin (kx - ωt + φ0)
Onda armónica que se propaga hacia la derecha
(4.3)
y
Perturbación
x
Coordenada espacial
t
Coordenada temporal
A
Amplitud
k
Número de ondas
ω
Frecuencia angular
φ0
Fase inicial
λ=2πk
Longitud de onda
(4.2)
v=kω
Velocidad de propagación
(4.4)
T=2πω
Periodo de la onda
(4.5)
f=1T=ω2π
Frecuencia de la onda
(4.6)
v=κρ0
Velocidad del sonido en un fluido
(4.7)
κ
Módulo de compresibilidad
ρ0
Densidad del fluido sin perturbar
v=Eρ0
Velocidad del sonido en sólidos
(4.12)
E
Módulo de Young
v=v0TT0
Velocidad como función de la temperatura
(4.8)
v0
Velocidad a la temperatura T0 (en Kelvin)
T
Temperatura (en Kelvin)
Δx(x, t) = A sin (kx − ωt + φ0)
Onda de desplazamiento
(4.9)
Δp(x,t)=−κ∂(Δx)∂x
Presión acústica
(4.10)
Δρ(x,t)=−ρ0∂(Δx)∂x
Onda de densidad
(4.11)
y=y1+y2=2A cos (ϕ02) sin (kx−ωt+ϕ02)
Interferencia de dos ondas armónicas
(4.13)
y1 = A sin (kx − ωt)
y2 = A sin (kx − ωt + φ0)
<bold>Problemas resueltos</bold>
Un teatro cerrado tiene una longitud de 200 m. Desde el escenario se emite sonido que se dirige hacia la pared opuesta. Teniendo en cuenta que la velocidad del sonido es de 340 m/s, calcula el tiempo que tardamos en escuchar el eco de un sonido emitido desde el escenario.
Sol. La distancia que ha de recorrer el sonido hasta la pared posterior desde el escenario y de vuelta a nosotros es
d=2⋅200=400 m.
El tiempo que tarda el sonido en recorrer esa distancia es
t=dv=400340≃1,18 s.
Una onda armónica transversal se desplaza a lo largo de una cuerda. La onda tiene amplitud de 1 cm, una longitud de onda de 5 cm y una frecuencia de 10 Hz. Además, se sabe que en el instante inicial el desplazamiento del punto en origen de coordenadas (x = 0) es de 0,5 cm. Calcula la velocidad de propagación de la onda y obtén la función de onda en la cuerda.
Sol. Para calcular la velocidad de propagación, hacemos:
ω=kv⇒v=ωk=2πf2π/λ=λf=0,05⋅10=0,5 m/s.
Para la función de onda, necesitamos el número de onda y la frecuencia angular,
ω=2πf=2π⋅10=20π rad/s,k=2πλ=2π0,05=40π rad/m.
Con lo anterior y el dato de la amplitud, la onda armónica es
y(x,t)=1 cm⋅ sin (40πx−20πt+ϕ0)
Para calcular la fase inicial en el origen, tenemos la siguiente condición:
y(0,0)=0,5 cm=1 cm⋅ sin ϕ0⇒ sin ϕ0=0,5⇒ϕ0=π6 rad.
Finalmente,
y(x,t)=1 cm⋅ sin (40πx−20πt+π6).
Una onda transversal armónica se propaga inicialmente por una cuerda tensa con una velocidad de 5 m/s. Teniendo en cuenta que la amplitud es 0,5 cm y el número de onda de 20 π rad/m, determina la función de onda y la velocidad de vibración de los puntos de la cuerda.
Sol. La onda tiene una forma inicial armónica, dada por
f(x)=A sin (kx)=5⋅10−3⋅ sin (200πx).
Hemos tomado nula la fase en el origen porque no nos dan datos de la perturbación en un punto y un tiempo dados, así que podemos tomar φ0 = 0 eligiendo el momento en que empieza a contar el tiempo. La frecuencia angular de la onda es
ω=kv=20π⋅5=100π rad/s.
Con esto, la función de onda que se propaga hacia el eje x positivo resulta
y(x,t)=f(x−vt)=A sin (kx−ωt)=5⋅10−3m⋅ sin (20πx−100πt).
La velocidad de vibración es aquella con la que oscila cada punto de la cuerda:
vvib(x,t)=∂y∂t=−100π⋅5⋅10−3⋅cos(20πx−100πt)=−0,5πm/s⋅cos(20πx−100πt).
Considera una onda armónica con periodo 2 ms y velocidad de propagación 400 m/s. Calcula:
La separación espacial entre dos puntos que, en el mismo instante de tiempo, tengan una diferencia de fase de 30°.
La diferencia de fase entre dos puntos separados por, en el mismo instante de tiempo, estén separados media longitud de onda.
La diferencia de fase de un mismo punto en dos instantes de tiempo separados 0,5 ms.
Sol. El ejercicio involucra la fase de una onda armónica, de modo que lo primero que hay que hacer es determinarla. En nuestro caso, tenemos una frecuencia angular
ω=2πT=2π2⋅10−3=1000π rad/s.
y un número de onda
k=ωv=1000π400=52π rad/m.
Por tanto, la onda armónica es
y(x,t)=A sin (kx−ωt+ϕ0)=A sin (52πx−1000πt+ϕ0).
La fase de la onda armónica es la función que determina el ángulo cuyo seno o coseno aparece en y(x, t), es decir,
ϕ(x,∣t)=kx−ωt+ϕ0=52πx−1000πt+ϕ0.
La diferencia de fase entre dos puntos x1 y x2 en el mismo instante de tiempo t1 = t2 = t se escribe
ϕ2−ϕ1=(kx2−ωt+ϕ0)−(kx1−ωt+ϕ0)=k(x2−x1)=52π Δx.
Así, si la diferencia de fase es de 30°, o sea,
ϕ2−ϕ1=30∘=30⋅2π360=π6 rad,
entonces
ϕ2−ϕ1=π6=52πΔx⇒Δx=π/65π/2=115≃6,67 cm.
Si la distancia entre dos puntos con t1 = t2 = t es
Δx=x2−x1=λ/2=πk,
su diferencia de fase es, de acuerdo con la ecuación deducida anteriormente
ϕ2−ϕ1=k(x2−x1)=kΔx=kπk=π rad.
El resultado ilustra que la longitud de onda es el periodo espacial de una onda armónica.
Si tenemos un mismo punto x1 = x2 = x en dos instantes de tiempo t1 y t2 tales que
Δt=t2−t1=0,5⋅10−3 s,
entonces la diferencia de fase es
ϕ2−ϕ1=(kx−ωt2+ϕ0)−(kx−ωt1+ϕ0)=−ω(t2−t1)=−ω Δt=−1000π Δt=−1000π⋅0,5⋅10−3=−0,5π rad
Una onda armónica se propaga por una cuerda de 30 m de longitud, 3 kg de peso y una tensión de 100 N. Calcula:
La velocidad de propagación de la onda.
Si la distancia entre dos puntos con amplitud máxima es de 1 m, calcula la longitud de onda y la frecuencia.
Determina la amplitud de la onda sabiendo que la altura de la cuerda es de 1 cm cuando su fase vale π6.
Sol.
La velocidad de la onda es
v=Fm/ℓ=1003/30=1000≃31,6m/s.
La longitud de onda λ es la distancia que nos dan
λ=1m
y la frecuencia f la sacamos de λ y v:
v=λf⇒f=vλ=1000≃31,6Hz.
Tenemos
1=A sin (π6),
por lo que la amplitud A vale
A=1 sin (π6)=2 cm.
Considera la función de onda Δx(x, t) = 1 µm · sin (0,5 x − ω t) que describe el desplazamiento de las moléculas de una onda sonora armónica con velocidad de propagación 340 m/s. Calcula la velocidad máxima de vibración de las moléculas.
Sol. La frecuencia angular de la onda es
ω=kv=0,5⋅340=170 rad/s.
La función de onda de desplazamiento es, por tanto,
Δx(x,t)=1μm⋅ sin (0,5x−170t).
La velocidad de vibración es
vvib(x,t)=∂∂tΔx=−1μm⋅170⋅cos (0,5x−170t)=−0,17mm/s⋅cos (0,5x−170t).
La velocidad máxima de vibración es la amplitud de la velocidad de vibración (obviando el signo negativo),
vvib,max=0,17mm/s.
De manera alternativa, se puede calcular la velocidad máxima de vi- bración recordando la fórmula de teoría
vvib,max=Aω=1μm⋅170=0,17mm/s.
Las ondas de sonido son ondas longitudinales. Por tanto, las moléculas del aire vibran al pasar la onda en la misma dirección en la que la onda se propaga que, en el ejercicio, es el eje x.
La función de onda sonora de desplazamiento a lo largo del eje x de las moléculas del aire viene dada por Δx(x, t) = 5 µm·sin (0,1 x − 60 t + π/5). Teniendo en cuenta que densidad del aire sin perturbar es ρ0 = 1,3 kg/m3, determina la función de onda de variación de densidad y los valores máximo y mínimo de la densidad en el aire.
Sol. La función de onda de variación de densidad se puede calcular a partir de la de desplazamiento mediante
Δρ(x,t)=−ρ0∂∂xΔx=−1,3⋅5⋅10−6⋅0,1⋅cos (0,1x−60t+π5)=−6,5×10−7 kg/m3⋅cos (0,1x−60t+π5).
La amplitud de la onda de variación de densidad es
Δρmax=6,5×10−7 kg/m3.
El valor máximo de la densidad del aire se obtiene de esta amplitud y del valor de la densidad del aire sin perturbar:
Δρ=ρ−ρ0⇒ρmax=ρ0+Δρmax=1,3+6,5×10−7=1,3000065 kg/m3.
Para el valor mínimo, de manera análoga,
ρmin=ρ0−Δρmax=1,3−6,5×10−7=1,29999935 kg/m3.
En condiciones en las que el aire tiene una densidad sin perturbar ρ0 = 1,28 kg/m3 y una presión sin perturbar p0 = 101325 Pa, se propaga una onda armónica de desplazamiento de ecuación Δx(x, t) = 0,5mm · sin (0,3 x − 80 t). Determina la ecuación de la onda de presión y, a partir de ella, los valores máximo y mínimo de la presión del aire, así como la presión en x = 10 cm, t = 10 s.
Sol. Necesitaremos el módulo de compresibilidad del aire, que podemos calcular, usando que ω = kv, a partir de su relación con la velocidad del sonido:
v=κρ0⇒κ=ρ0v2=ρ0(ωk)2=1,28⋅(800,3)2≃9,10×104Pa.
La función de onda de presión acústica resulta
Δp(x,t)=−κ∂∂xΔx≃−9,10⋅104⋅0,5⋅10−3⋅0,3⋅cos (0,3x−80t)≃−13,7Pa⋅cos (0,3x−80t)
La amplitud de presión acústica resulta Δpmax ' 13,7 Pa. Los valores máximo y mínimo de la presión del aire a consecuencia de la onda serán
pmax=p0+Δpmax≃101325+13,7=101338,7Pa,pmin=p0−Δpmax≃101325−13,7=101311,3Pa.
La presión en el punto x = 10 cm en el instante t = 10 s es
p=p0+Δp(30 cm,12s)≃101325−13,7⋅cos (0,3⋅0,1−80⋅10)≃1013330,8Pa.
Una onda sonora armónica plana se propaga por el aire, de densidad sin perturbar igual a 1,28 kg/m3. La onda tiene una frecuencia de 500 Hz y una velocidad de 340 m/s. Además, sabemos que la amplitud de presión de la onda acústica es de 50 Pa. Escribe la función de onda de presión acústica y, a partir de ella, la onda de variación de densidad.
Sol. La frecuencia angular de la onda es
ω=2πf=2π⋅500=1000π rad/s
y su número de onda
k=ωv=1000π340=50π17 rad/m.
Con esos datos y el de amplitud de presión acústica, la función de onda de la onda de presión acústica se puede escribir
Δp=50Pa⋅ sin (50π17x−1000πt).
Por una parte, las funciones de onda de variación de densidad y de presión acústica se relacionan con la onda de desplazamiento mediante las expresiones
Δρ(x,t)=−ρ0∂∂xΔx(x,t);Δp(x,t)=−κ∂∂xΔx(x,t).
Dividiendo la primera por la segunda, se llega a
Δρ(x,t)Δp(x,t)=ρ0κ⇒Δρ(x,t)=ρ0κΔp(x,t).
Por otra parte, el módulo de compresibilidad se relaciona con la velocidad del sonido mediante
v=κρ0⇒κ=ρ0v2.
Usando estos dos resultados de forma conjunta,
Δρ(x,t)=ρ0κΔp(x,t)=ρ0ρ0v2Δp(x,t)=1v2Δp(x,t).
Así, con los datos y resultados anteriores,
Δρ(x,t)=1v2Δp(x,t)=13402⋅50⋅ sin (50π17x−1000πt)≃4,33⋅10−4kg/m3⋅ sin (50π17x−1000πt).
Halla la función de onda de desplazamiento a partir de la siguiente fun- ción de onda de presión acústica Δp(x, t) = 15 Pa · sin (2π x − 1500π t). Ten en cuenta que la densidad del aire sin perturbar es ρ0 = 1,28 kg/m3. Sol. Necesitaremos el módulo de compresibilidad del aire:
v=κρ0⇒κ=ρ0v2=ρ0(ωk)2=1,28⋅(1500π2π)2≃7,30⋅104Pa.
De la relación entre la función de onda de desplazamiento y la de presión acústica en una onda de sonido armónica, llegamos a
Δp(x,t)=−κ∂∂xΔx(x,t)⇒Δx(x,t)=−1κ∫dxΔp(x,t).
Con los datos del ejercicio,
Δp(x,t)≃−17,30⋅104∫dx15⋅ sin (2πx−1500πt)=−17,30⋅105−15⋅cos (2πx−1500πt)2π≃2,18μm⋅cos (2πx−1500πt).
En un punto P incide sonido procedente de dos fuentes sonoras que oscilan en fase con la misma amplitud A = 0,2 mm y frecuencia f = 60 Hz. Teniendo en cuenta que el punto P está a 3 m de una fuente y 3,3 m de la otra, calcula la diferencia de fase de las ondas, supuestas armónicas, procedentes de cada fuente en el punto P, así como la amplitud total de desplazamiento en P.
Sol. Las funciones de onda de desplazamiento de cada una de las ondas en el punto P son:
Δx1=A sin (kx1−ωt),Δx2=A sin (kx2−ωt),
donde hemos supuesto que la fase inicial en el origen de ambas es cero y hemos usado variables espaciales para cada onda, pues tienen orígenes distintos. Así, la diferencia de fase entre las ondas en P es
ϕ2−ϕ1=(kx2−ωt)−(kx1−ωt)=k(x2−x1)
Necesitamos el número de onda, que resulta
k=ωv=2πfv.
Con esto,
ϕ2−ϕ1=k(x2−x1)=2πfv(x2−x1)=2π⋅60340(3,3−3)≃0,333 rad≃19,1∘.
La interferencia de las ondas en P es la suma de ambas ondas en dicho punto:
Δx=Δx1+Δx2=A sin (kx1−ωt)+A sin (kx2−ωt)=2A sin (k(x1+x2)2−ωt) cos (k(x2−x1)2).
Usando el resultado sobre la diferencia de fase, la amplitud total en P resulta
Atot=|2A cos (k(x2−x1)2)|=|2A cos (2πf(x2−x1)2v)|=|2A cos (ϕ2−ϕ12)|≃|2⋅0,2mm⋅ cos 9,53∘|≃0,394mm
Desde un punto P se escucha música de dos altavoces separados una cierta distancia. Hacemos que por ambos altavoces se generen sendas ondas armónica de desplazamiento, de igual amplitud A y longitud de onda λ. Teniendo en cuenta que la distancia del primer altavoz a P supera a la distancia del segunda altavoz a P en λ/2, calcula la amplitud total en P cuando:
Los altavoces están en fase.
Los altavoces tienen un desfase de π rad.
Sol.
Si los altavoces están en fase, las ondas sonoras de desplazamiento en P son
Δx1=A sin (kx1−ωt),Δx2=A sin (kx2−ωt),
donde x2 = x1 + λ/2 y hemos elegido la fase inicial en la posición de cada altavoz como cero. La interferencia en P es
Δx=Δx1+Δx2=A sin (kx1−ωt)+A sin (kx2−ωt)=2A sin [k(x1+x2)2−ωt] cos [k(x2−x1)2].
La amplitud total en P es, dado que x2 − x1 = λ/2,
Atot=|2A cos (k(x2−x1)2)|=|2A cos (kλ4)|=|2A cos (2πλ4λ)|=|2A cos (π2)|=0.
Si los altavoces están desfasados en π rad,
Δx1=A sin (kx1−ωt)Δx2=A sin (kx2−ωt+π)
y la interferencia es
Δx=Δx1+Δx2=A sin (kx1−ωt)+A sin (kx2−ωt+π)=2A sin (k(x1+x2)2−ωt+π2) cos (k(x2−x1)+π2).
Teniendo en cuenta que x2 − x1 = λ/2, la amplitud total en P es
Atot=|2A cos (k(x2−x1)+π2)|=|2A cos (kλ4+π2)|=|2A cos (π2+π2)|=2A.
Sabemos que en el punto medio entre dos altavoces interfieren sendas ondas sonoras de forma constructiva. Además, ambas ondas son armónicas con la misma longitud de onda λ = 1 m. Calcula la distancia más próxima a un punto donde se produzca una interferencia destructiva.
Sol. Supongamos que los altavoces están a distancia d entre sí. Las ondas de desplazamiento desde cada altavoz son
Δx1=A sin (kx−ωt),Δx2=A sin (kx+ωt),
donde hemos tomado el eje X sobre la recta que une los dos altavoces, siendo el origen uno de ellos (el de subíndice 1) y hemos tenido en cuenta que las ondas tienen sentidos de propagación contrarios. La interferencia resulta
Δx=Δx1+Δx2=2A sin (kx) cos (ωt),
por lo que la amplitud de interferencia es
Atot(x)=|2A sin (kx)|.
Si la interferencia es constructiva a media distancia entre los altavoces, es decir, con x = d/2, se ha de tener
Atot(d/2)=|2A sin (kd2)|=2A
Esto se obtiene si
sin (kd2)=±1⇒kd2=π2+nπ⇒kd=(2n+1)π.
donde n es un número entero.
Si nos acercamos al primer altavoz una distancia Δx, tendremos x = d/2 − Δx. La amplitud de interferencia en ese punto es
Atot(d/2−Δx)=|2A sin (kd2−kΔx)|.
Para que la interferencia sea destructiva,
Atot(d/2−Δx)=0⇒kd2−kΔx=nπ.
Dado que teníamos que kd = (2n + 1)π, la ecuación anterior resulta
(n+12)π−2πλΔx=nπ⇒Δx=λ4=14=0,25m.
El resultado sería el mismo si nos hubiéramos acercado al otro altavoz. Así, la distancia del centro de los altavoces a los dos puntos más cercanos donde se produce interferencia destructiva es 0,25 m.
Con este tema completamos nuestro estudio de las ondas. En primer lugar, definimos la intensidad y proporcionamos expresiones para ella en los casos de ondas armónicas y esféricas. En segundo lugar, introducimos el concepto de impedancia acústica, lo que nos permite enunciar las leyes de transmisión y reflexión de una onda sonora al cambiar de medio. Finalmente, estudiamos el nivel sonoro y la sensación auditiva.
<bold>Intensidad de una onda de sonido armóni- ca</bold>
En una onda mecánica (como las ondas de sonido) no hay flujo neto de materia; lo que se propaga es el estado del movimiento y, por tanto, la energía. Para estudiar el flujo de energía se define la intensidad I de la onda como la cantidad de energía que pasa, en la unidad de tiempo, por la unidad de superficie perpendicular a la dirección de propagación de la onda. La unidad de intensidad de la onda en el SI es 1 W/m2.
Supongamos que el medio es la zona cilíndrica de la figura 5.1. Consideremos cuánta energía de las partículas del medio ha atravesado la superficie circular pintada a la derecha, de área S, en un intervalo de tiempo Δt. En ese tiempo, sólo la perturbación de las partículas situadas a una distancia menor que v Δt ha podido llegar a la superficie de la derecha, donde v es la velocidad de fase de la onda. El número de estas partículas es igual al número n de partículas por unidad de volumen del medio multiplicado por el volumen entre las superficies circulares pintadas en la figura, esto es,
Medio cilíndrico por el que se propaga una onda con velocidad <italic>v</italic>.
N=n(SvΔt).
Si cada una de estas partículas tiene una energía Epart que puede ser transportada, la energía total que atraviesa la superficie circular de la derecha es
E=NEpart=n(SvΔt)Epart.
La intensidad de la onda es esta energía dividida por el área S de la superficie circular y por el intervalo de tiempo Δt en que hemos calculado el flujo de energía, es decir,
I=nvEpart.
Para continuar, supongamos que estamos en el caso de una onda armónica. Cada partícula realiza un movimiento armónico simple de amplitud A y su energía es
Epart=12mω2A2.
Con esto, la intensidad resulta
I=12nmω2A2v.
Como n es el número de partículas del medio por unidad de volumen y m es la masa de cada partícula, el producto nm es igual a la densidad de masa ρ0 del medio sin perturbar (en ausencia de sonido). Llegamos así al resultado
I=12ρ0ω2A2v.
Ejemplo 5.1.1Calculemos la intensidad sonora cerca de un altavoz, admitiendo que el sonido producido lo podemos aproximar por una onda armónica. Las moléculas oscilan con una amplitud de 10-2mm y una frecuencia de 1 kHz. Tomemos la densidad del aire sin perturbar ρ0 = 1,3 kg/m3y la velocidad del sonido v = 340 m/s.
Sol.Para usar la fórmula(5.1)de la intensidad, calculemos primero la frecuencia angular:
ω=2πf=2π103=2000πrad/s.
Así,
I=12ρ0ω2A2v=12⋅1,3⋅(2000π)2⋅10−10⋅340≃0,872 W/m2.
En la práctica, es muy común que exista un foco de perturbación a partir del cual la onda se propaga en todas las direcciones. Si el medio es isótropo, los frentes de onda son entonces superficies esféricas con centro en el foco, y las ondas generadas se llaman ondas esféricas. En ausencia de amortiguamiento, cada frente de onda recibe la misma energía y, por tanto, también la misma potencia P, que es la energía recibida por unidad de tiempo,
P=Et.
Dado que la intensidad de la onda es la energía recibida en cada frente por unidad de tiempo y por unidad de superficie, es también la potencia por unidad de superficie,
I=PS.
Como la potencia P es igual en todos los frentes de onda (si no hay amortiguamiento), resulta que la intensidad en un frente a distancia r del foco
I=P4πr2,
de manera que va decreciendo con la distancia al cuadrado en las ondas esféricas. Hemos visto antes que la intensidad era proporcional al cuadrado de la amplitud A de la onda, así que esto implica que la propia amplitud en una onda esférica ha de decrecer con la distancia al foco en la forma A(r) = constante/r.
Ejemplo 5.1.2La fórmula(5.2)la podemos usar también para calcular la potencia de una onda esférica, conocida la intensidad a una distancia conocida del foco. Supongamos, por ejemplo, un foco puntual emitiendo ondas sonoras de modo que, a 10 m de distancia, la intensidad del sonido es de 2· 10-3W/m2. Calculemos la potencia P que emite el foco, así como la intensidad a 20 m del foco.
Sol.Usando el resultado(5.2)con los datos proporcionados:
P=4πr12I1=4π⋅102⋅2⋅10−3≃2,51W.
Con este valor conocido de P podemos calcular la intensidad en cualquier otro punto del espacio, aunque no es necesario calcular de forma explícita su valor. Para un punto que está a r2 = 20 m del foco, la intensidad es
I2=P4πr22=r12r22I1=1022022⋅10−3=5⋅10−4W/m2.
En la segunda igualdad hemos usado que P=4πr12I1. De forma alternativa, podríamos haber sustituido el valor de P, ya calculado, y el de r2tras la primera igualdad.
<bold>Impedancia acústica y transmisión del sonido</bold>
Hemos visto que la intensidad de las ondas sonoras armónicas está dada por
I=12ρ0ω2A2v,
donde A es la amplitud de la onda de desplazamiento. Para un fluido, donde la velocidad del sonido es v=κ/ρ0, esto se puede escribir como
I=12ρ0ω2A2κρ0=12ω2A2ρ0κ,
y para una varilla sólida, v=E/ρ0, tenemos
I=12ρ0ω2A2Eρ0=12ω2A2ρ0E.
El sonido, como todo movimiento oscilatorio, es absorbido por el medio, que transforma la energía perdida por la onda en energía interna a través de calor, disminuyendo la intensidad sonora. En general, la absorción crece con la frecuencia y decrece con la densidad del medio. Así, los gases absorben el sonido más que los líquidos, y éstos más que los sólidos. Vamos a ignorar en lo que sigue esta absorción.
Veamos cómo escribir la intensidad del sonido de otra forma, más compacta y útil para analizar el comportamiento del sonido al cambiar de medio. Para ello, nos centramos en la propagación en un medio fluido, aunque el resultado será válido también para sólidos. Vimos en el tema anterior que una onda sonora armónica plana de desplazamiento se escribía como
Δx(x,t)=A sin (kx−ωt+ϕ0).
La velocidad de vibración de las partículas del medio debido a esta onda es
vvib(x,t)=∂(Δx)∂t=−Aω cos (kx−ωt+ϕ0).
cuya amplitud es
vvib,max=Aω.
Por otro lado, como la velocidad del sonido en el fluido es v=κ/ρ0, podemos despejar κ y obtener
κ=ρ0v2.
También vimos en el tema anterior que la amplitud de la onda de presión acústica estaba dada por
Δpmax=κAk.
Con las expresiones anteriores para κ y vvib,max, llegamos a
Δpmax=κAk=Aρ0v2k=Aρ0vω=ρ0vvvib,max.
Al producto ρ0v se le llama impedancia acústica del medio Z = ρ0v, y su unidad SI es 1 kg/(m2 · s). Usando la impedancia, la expresión de la amplitud de presión acústica se escribe
Δpmax=Zvvib,max.
Esto es muy similar a la fórmula de la ley de Ohm1 de los circuitos eléctricos: Δpmax juega el papel de diferencia de potencial, vvib,max hace de corriente eléctrica, y Z sería la resistencia. Además, la impedancia Z incluye toda la información del medio, mientras que la propiedades de la onda están incluida en vvib,max.
Finalmente, con las amplitudes de velocidad de vibración y presión acústi- ca y la impedancia, podemos dar la intensidad de las ondas sonoras planas
I=12vvib,maxΔpmax=12(Δpmax)2Z=12Zvvib,max2.
Ejemplo 5.2.1Podemos volver a resolver la cuestión planteada en el ejemplo 5.1.1, pero ahora usando la fórmula(5.3)para la intensidad sonora.
Sol.Por una parte, la densidad del aire sin perturbar y la velocidad del sonido en el aire nos permiten calcular la impedancia:
Z=ρ0v=1,3⋅340=442kg/(m2⋅s).
Por otra parte, a partir de la amplitud de la onda de desplazamiento y de la frecuencia de la onda, calculamos la velocidad de vibración máxima:
vvib,max=Aω=2πAf=2π⋅10−5⋅103=0,02π≃0,0628m/s.
Finalmente, usando laecuación (5.3), la intensidad sonora resulta
I=12Zvvib,max2≃12442⋅(0,0628)2≃0,872W/m2.
La impedancia acústica juega un papel muy importante en la reflexión y transmisión del sonido entre dos medios. Imaginemos que una onda de sonido llega a la superficie de separación entre dos medios diferentes (el aire y el agua o el aire y una pared). Parte de la energía de la onda que incide en la superficie se refleja hacia el medio desde el que vino y otra parte se transmite a través de la superficie y pasa al segundo medio.
Para que haya una buena transmisión es necesario que las impedancias de los medios contiguos sean parecidas, mientras que cuando son muy diferentes la mayor parte de la energía es devuelta por reflexión. De hecho, el factor de transmisión, es decir, la intensidad de la onda transmitida It del medio 1 al medio 2 dividida por la intensidad de la onda incidente Ii, se puede escribir como
ItIi=4r(r+1)2,
siendo r = Z2/Z1 el cociente de impedancias. Por ejemplo, cuando una onda sonora procedente del aire entra en el agua, r = 3630 y el factor de transmi- sión resulta It/Ii ⋍ 0,001, por lo que sólo del orden del 0,1 % de la energía incidente procedente del aire entra en el agua. El otro 99,9 % es reflejado de nuevo hacia el aire, lo que viene expresado mediante el factor de reflexión
IrIi=1−ItIi=(r−1)2(r+1)2.
En la siguiente tabla se muestran algunos valores de la impedancia acústica.
Material
Z (kg/(m2 · s))
Acero
4,6· 107
Hormigón
7·106
Ladrillo
5·106
Agua (20°C)
1,5 · 106
Madera
4·105
Aire (20°C)
408
Ejemplo 5.2.2Calculemos la intensidad sonora que se transmite a la pared de una vivienda, con impedancia de 106kg/(m2 · s), en la que hay música con una intensidad de 5 · 10-3W/m2. Para ello, tomemos la im- pedancia del aire como 400 kg/(m2 · s).
Sol.El cociente de impedancias acústicas de la pared y el aire es
r=Z2Z1=106400=2500.
Así, la intensidad que se transmite a través de la superficie de la pared es
ItIi=4r(r+1)2=4⋅2500(2500+1)2≃1,50⋅10−3⇒It≃1,5⋅10−3⋅5⋅10−3≃7,99⋅10−6W/m2.<target target-type="page" id="pges_118"/><bold>Nivel sonoro y sensación auditiva</bold>
Para crear una escala que mida el nivel de intensidad del sonido es necesario tomar un valor que sirva de referencia. Este valor es
Io=10−12 W/m2,
que corresponde al umbral mínimo audible de una persona media para un sonido de 1000 Hz. Para esa misma persona, el umbral máximo audible a esa frecuencia es de 1 W/m2. Así, si queremos establecer una escala de sonidos audibles para una persona basada en el cociente I /Io, esta escala variaría entre 1 y 1012. No es práctico usar representaciones gráficas de escalas tan enormes.
Para tener una escala más tratable, se considera una variación menor mediante el uso de logaritmos en base 10. Se define el nivel sonoro o nivel de intensidad del sonido L como
L=10 log (IIo).
cuya unidad es el decibelio (dB), y que varía para los sonidos audibles entre 0 y 120 dB. En el caso de ondas sonoras armónicas, esta expresión puede escribirse fácilmente también en función de la amplitud de desplazamiento o de la amplitud de presión acústica si es necesario.
Ejemplo 5.3.1Reconsideremos el ejemplo 5.1.2 y calculemos el nivel sonoro a 10 m y a 20 m del foco puntual.
Sol.A 10 m del foco la intensidad de la onda es de I1 = 2 · 10-3W/m2, por lo que el nivel sonoro es
Para obtener L2, el nivel sonoro a 20 m, podemos proceder como antes utilizando la intensidad a esta distancia I2. Sin embargo, lo haremos de otra forma. Como I1e I2tienen la misma potencia asociada P, se cumple
P=4πr12I1=4πr22I2⇒I2=r12r22I1.
Así, utilizando las propiedades de los logaritmos:
A diferencia de la intensidad física del sonido dada por L, la sensación fisiológica que nos produce una onda sonora es subjetiva. Llamamos intensidad fisiológica F a la sensación que nos permite decir si un sonido es más o menos fuerte que otro.
La intensidad fisiológica depende, claro está, de la intensidad física, pero también de la frecuencia del sonido percibido. El mínimo de intensidad sonora capaz de producir sensación auditiva se denomina umbral mínimo de audi- ción, es función de la frecuencia y su valor mínimo aparece para 4000 Hz, frecuencia a la cual el oído presenta sensibilidad máxima. Aumentando la intensidad sonora se llega a producir una sensación auditiva dolorosa, y se denomina umbral máximo de audición o umbral de sensación dolorosa a la mínima intensidad capaz de producirla, que es también función de la frecuencia.
En la figura 5.2 se muestran las curvas de Fletcher y Munson, en las que todos los puntos de la misma curva se perciben con la misma sensación auditiva, por lo que todos los puntos de la misma línea azul de la figura tienen el mismo valor de la intensidad fisiológica aunque tengan valor diferente de L.
Curvas de Fletcher y Munson.
La unidad de sensación fisiológica se denomina fonio y el nivel de sensación auditiva se establece mediante la expresión
F=Klog(IIo).
Para una frecuencia de 1000 Hz, el valor de la constante en esa expresión es K = 10, de manera que, a esa frecuencia, el número de fonios y el de decibelios coinciden. Para otras frecuencias, el valor de K se puede extraer aproximadamente de las curvas de Fletcher y Munson. Por ejemplo, un sonido con L = 20 dB tiene F = 20 fonios a una frecuencia de 1000 Hz, pero un sonido de L = 20 dB tiene aproximadamente F = 10 fonios a una frecuencia de 300 Hz, por lo que la sensación sonora es menor en el segundo caso aunque la intensidad física del sonido sea la misma en ambos.
Velocidad máxima de vibración de las partículas del medio
ItIi=4r(r+1)2
Ley de transmisión
(5.4)
It
Intensidad de la onda transmitida
Ii
Intensidad de la onda incidente
r = Z2/Z1
Cociente de impedancias
IrIi=1−ItIi=(r−1)2(r+1)2
Ley de reflexión
(5.5)
L=10 log (IIo)
Nivel sonoro
(5.7)
Io = 10-12 W/m2
Umbral sonoro (mínimo)
(5.6)
F=Klog(IIo)
Nivel de sensación auditiva
(5.8)
K
Constante dada por las curvas de Fletcher y Munson
<bold>Problemas resueltos</bold>
Una onda sonora armónica se propaga por un fluido con una impedancia acústica de 350 kg/(m2 · s). Calcula la amplitud de la onda de presión acústica sabiendo que la amplitud de la onda de desplazamiento es 3 · 10-5 m y que la frecuencia es de 1 kHz.
Sol. Dado que tenemos la impedancia acústica, conviene usar la fórmula
Δpmax=Zvvib,max,
que nos relaciona la amplitud de la onda de presión con la velocidad de vibración máxima de las moléculas del fluido. Necesitamos esta última cantidad, que podemos obtener así:
vvib,max=ωA=2πfA=2π⋅103⋅3⋅10−5≃0,188 m/s.
Poniendo este resultado en la primera de nuestras ecuaciones, tenemos
Δpmax=Zvvib,max≃350⋅0,188≃66,0Pa.
Una onda sonora se propaga en un fluido con una impedancia acústica de 500 kg/ (m2 · s). La velocidad de la onda en este medio es de 360 m/s y la amplitud de la onda de presión acústica es de 43 Pa. Calcula
La densidad ρ0, del fluido sin perturbar.
La velocidad máxima de vibración de las moléculas del fluido, vvib,max.
Sol.
La densidad del fluido sin perturbar se puede obtener a partir de la impedancia acústica y la velocidad de la onda:
Z=ρ0v⇒ρ0=Zv=500360≃1,39 kg/m3.
La velocidad máxima de vibración resulta
Δpmax=Zvvib,max⇒vvib,max=ΔpmaxZ=43500=0,086 m/s.
Una onda sonora armónica se propaga a lo largo de una varilla produciendo una velocidad máxima de vibración de las partículas de la varilla de 5 mm/s y una intensidad sonora de 150 W/m2. Teniendo en cuenta que la varilla tiene una sección circular de radio 10 mm, calcula:
La amplitud de la onda de presión acústica.
La impedancia acústica.
La potencia sonora.
Sol.
Usando la relación entre intensidad del sonido, amplitud de velocidad de vibración y amplitud de presión acústica, tenemos
I=12vvib,maxΔpmax⇒Δpmax=2Ivvib,max=2⋅1505⋅10−3=6⋅104Pa.
Para la impedancia acústica, tenemos
Δpmax=Zvvib,max⇒Z=Δpmaxvvib,max=6⋅1045⋅10−3=1,2⋅107 kg/(m2⋅s).
La potencia se calcula por su relación con la intensidad:
I=PS⇒P=IS=I(πr2)=150⋅π⋅(0,01)2≃4,71⋅10−2 W.
Admitamos que un altavoz emite una onda sonora armónica con una frecuencia de 4 kHz, lo que produce una vibración de las moléculas del aire de amplitud 10 µm. Teniendo en cuenta que la densidad del aire sin perturbar es 1,29 kg/m3, la velocidad del sonido en el aire es v = 340 m/s y que la membrana vibrante del altavoz tiene un área de 100 cm2, calcula
La impedancia acústica del aire.
La amplitud de la onda de presión acústica.
La intensidad sonora.
La potencia del sonido.
Sol.
La impedancia acústica del aire es
Z=ρ0v=1,29⋅340≃439 kg/(m2⋅s).
La amplitud de presión acústica está ralacionada con la de desplazamiento mediante
Δpmax=κAk=ρ0v2Aωv=2πfρ0vA=2π⋅4⋅103⋅1,29⋅340⋅10−5≃112Pa.
La intensidad del sonido puede calcularse con la expresión
I=12(Δpmax)2Z≃11222⋅439≃28,5 W/m2.
Utilizando la relación entre la potencia del sonido y el área del diafragma,
I=PS⇒P=IS≃28,5⋅100⋅10−4=0,285 W.
Una fuente de 5 W de potencia genera una onda sonora armónica que se propaga a 5000 m/s por una barra de 10 cm2 de sección. Teniendo en cuenta que la barra tiene una densidad de 2500 kg/m3, calcula la amplitud de la onda de presión acústica.
Sol. La intensidad de la onda puede calcularse a partir de la potencia y el área de la barra:
I=PS=510⋅10−4=5⋅103 W/m2.
La impedancia acústica de la barra vale
Z=ρ0v=2500⋅5000=1,25⋅107 kg/(m2⋅s).
Usando la relación entre intensidad de la onda y amplitud de presión acústica, tenemos
I=12(Δpmax)2Z⇒Δpmax=2IZ=2⋅5⋅103⋅1,25⋅107≃3,54⋅105Pa.
Una onda sonora de intensidad Ii se propaga por una varilla, con impedancia Z1 y densidad ρ1, hasta que incide en la frontera de separación con otra varilla, de igual grosor pero impedancia Z2 y densidad ρ2. En este momento, la mitad de la intensidad de la onda se transmite y la otra mitad se refleja. Teniendo en cuenta que la velocidad del sonido en la primera varilla es el doble de la velocidad del sonido en la segunda, calcula los cocientes Z2/Z1 y ρ2/ρ1.
Sol. El cociente entre la intensidad de sonido reflejada y la incidente en la superficie de separación de dos medios es
IrIi=1−ItIi=(r−1)2(r+1)2,
donde r = Z2/Z1 es el cociente de impedancias acústicas. En nuestro caso, Ir/Ii = 1/2, por lo que
12=(r−1)2(r+1)2⇒r−1r+1=±12⇒r±=2±12∓1,
con
r+≃5,83;r−≃0,172.
Obtenemos dos valores posibles del cociente de impedancias. Ambos son físicamente posibles. A partir de la definición de impedancia acústica, tenemos
r=Z2Z1=ρ2v2ρ1v1=ρ22ρ1⇒ρ2ρ1=2r.
Como tenemos dos posibles valores de r, también tenemos sendos valores del cociente de densidades:
r+≃5,83→ρ2ρ1=2r+≃11,7;r−≃0,172→ρ2ρ1=2r−≃0,343.
Durante la demolición de un edificio, se produce una detonación controlada. Un observador a una distancia de 300 m de la explosión capta una intensidad de 0,10 W/m2. Determina:
El nivel sonoro que capta un segundo observador a 50 m de la explosión.
La distancia a la explosión a la que debe colocarse el segundo observador para captar 10 dB más que el primero.
Sol.
La potencia P del sonido viene dado por
I300=P4πd12⇒P=4πd12I300,
donde d1 = 300 m e I300 = 0,10 W/m2. El nivel sonoro L50 a 50 m será
L50=10 log10(I50Io),
donde Io = 10-12 W/m2 es la intensidad umbral e
I50=P4πd22,
con d2 = 50 m. Así, usando la expresión de P anterior,
L50=10 log10(I300Iod12d22)≃10 log10(0,110−123002502)≃126dB.
Si d3 es la distancia pedida, debe ser
Ld3−L300=10⇒10 log10(Id3I300)=10.
Usando la relación entre I y P:
10 log 10(3002d32)=10⇒d3=30010≃94,9 m.
Dos focos puntuales tienen, cada uno, una potencia de 1 mW. Si los focos emiten desde el mismo punto sendas ondas en fase, calcula el nivel sonoro a una distancia de 10 m.
Sol. La intensidad del sonido a 10 m debida sólo a un foco es
I1=PS=P4πr2=10−34π⋅102≃7,96⋅10−7 W/m2.
Si dos focos emiten desde el mismo lugar, con la misma potencia y en fase, la intensidad del sonido a 10 m es
I=2I1≃1,59⋅10−6 W/m2.
El nivel sonoro es
L=10 log (IIo)≃10⋅log(1,59⋅10−810−12)≃62,0 dB.
Calcula la potencia con la que habla una persona, supuesta fuente de sonido puntual, a otra a 2 m de distancia. Para ello, ten en cuenta que la segunda persona percibe un nivel sonoro de 59 dB.
Sol. Primero, calculemos la intensidad I a partir del nivel sonoro L:
L=10 log (IIo)⇒I=Io10L/10=10−12⋅1059/10=10−6,1≃7,94⋅10−7 W/m2.
Ahora podemos obtener la potencia de la intensidad, asumiendo una emisión de fuente puntual:
I=PS⇒P=4πr2I≃4π⋅22⋅7,94⋅10−7≃3,99⋅10−5 W.
Se sabe que una fuente puntual produce 10 dB de nivel sonoro a 25 m.
¿Cuál es el nivel sonoro a 10 m de la fuente?
¿A qué distancia el nivel sonoro es el menor audible?
Sol.
Calculemos primero la intensidad a 25 m:
L25=10 log (I25Io)⇒I25=Io10L25/10=10−12⋅1010/10=10−11 W/m2.
Con esto, la potencia del sonido resulta
I25=PS⇒P=4πr2I25=4π⋅252⋅10−11=25π⋅10−9 W.
Por tanto, la intensidad a 10 m es
I10=PS=25π⋅10−94π⋅102=6,25⋅10−11 W/m2.
y, finalmente, podemos calcular el nivel sonoro
L10=10 log (I10Io)=10⋅log(6,25⋅10−1110−12)≃18,0 dB.
El sonido deja de percibirse por una persona media cuando la intensidad es I = Io = 10-12 W/m2. La distancia del foco d a la que esto ocurre viene dada por
Io=PS=P4πd2⇒d=P4πI=25π⋅10−94π⋅10−12≃79,1 m.
A un metro de una máquina, supuesta fuente de sonido puntual, percibimos un nivel sonoro de 60 dB. ¿Cuánto debemos alejarnos para que el nivel se reduzca a 30 dB?
Sol. Esto se puede resolver mediante un método similar al ejercicio anterior, pero vamos a hacerlo de otra manera, algo más rápida. La diferencia entre el nivel sonoro a 1 m y el nivel sonoro a la distancia d, donde se perciben 30 dB, es
L1−Ld=60 dB−30 dB=30 dB=10 log (I1Io)−10 log (IdIo)=10 log (I1Id)
Por otro lado, usando que la fuente es puntual,
I1Id=P/(4π12)P/(4πd2)=d2.
Poniendo todo en la misma ecuación, llegamos a
30=10 log d2⇒d2=103⇒d=103≃31,6 m.
Como ya estamos a 1 m de la máquina, tendremos que alejarnos 30, 6 m.
El nivel de intensidad sonora cerca de un avión es de 90 dB. Aproximando el ruido del avión por una onda la onda acústica armónica de frecuencia de 4 kHz, calcula el desplazamiento máximo de las moléculas del aire. Toma la densidad del aire sin perturbar como 1,3 kg/m3 y la velocidad del sonido como 340 m/s.
Sol. A partir del nivel de intensidad sonora, podemos calcular I:
L=10 log (IIo)⇒I=Io10L/10=10−12⋅1090/10=10−3 W/m2.
Con esto, la amplitud de desplazamiento A de la onda armónica resulta
I=12ρ0ω2A2v⇒A=2I(2πf)2ρ0v=2⋅10−3(2π⋅4000)2⋅1,3⋅340≃8,46⋅10−8 m.
Calcula la pérdida de nivel sonoro cuando una onda se transmite de un medio a otro con el doble de impedancia.
Sol. El dato que nos da el ejercicio es que hay dos medios en contacto cuyas impedancias acústicas cumplen
r=Z2Z1=21=2.
Por tanto, la relación entre la intensidad incidente en el medio 1 y la transmitida al medio 2 es
It=Ii4r(r+1)2=Ii⋅4⋅2(2+1)2=8Ii9⇒IiIt=I1I2=98.
La pérdida de nivel sonoro en la transmisión es
L1−L2=10 log (I1Io)−10 log (I2Io)=10 log (I1I2)=10 log (98)≃0,512 dB.
El sonido producido en la habitación de una casa, con 50 dB de nivel sonoro, penetra una de sus paredes y es percibido en la habitación contigua con un nivel de 35 dB. ¿Qúe porcentaje de la intensidad absorbe la pared?
Sol. La pérdida de nivel sonoro es
L2−L1=35dB−50 dB =−15 dB =10 log (I2Io)−10 log (I1Io)=10 log (I2I1).
Por tanto, el porcentaje absorbido por la pared es de 96,8 %.
Como veremos en captulos siguientes, la ley de Ohm establece una relacion lineal entre la diferencia de potencial V entre los extremos de una resistencia de valor R y la intensidad I que la atraviesa: V = RI.
URJC<target target-type="page" id="pges_132"/><target target-type="page" id="pges_133"/><bold>CARGA Y CORRIENTE ELÉCTRICA</bold>
En este tema estudiamos el campo electrostático y algunas magnitudes y leyes relacionadas. En la primera parte, describimos la interacción electrostática entre partículas cargadas y caracterizamos el comportamiento conductor y dieléctrico de los materiales. Tras definir el campo eléctrico, consideramos su expresión para el caso de un condensador plano. A partir de la energía potencial electrostática, definimos el potencial eléctrico y deducimos una expresión para obtenerlo a partir del campo eléctrico. Esto nos permite, más tarde, deducir una expresión para la capacidad del condensador plano. Esta primera parte termina con un estudio de la asociación de condensadores. En la segunda parte del tema estudiamos la intensidad de corriente, la resistencia eléctrica en materiales óhmicos (su dependencia con la longitud, sección del conductor y la temperatura), las fuentes de fuerza electromotriz y las potencias suministradas por las fuentes y disipadas por las resistencias.
<bold>Carga eléctrica</bold>
Los cuerpos poseen una propiedad llamada carga eléctrica, que es una magnitud escalar que puede tomar valores positivos o negativos. La unidad SI de carga es el culombio (C). También hay cuerpos que poseen la misma cantidad de carga positiva y negativa; nos referimos a ellos como eléctricamente neutros. Experimentalmente se han observado las siguientes propiedades de la carga eléctrica:
Interacción entre cargas. Las cargas del mismo signo se repelen y las cargas de signo opuesto se atraen. La intensidad de estas interacciones decrece con la distancia entre las cargas.
Conservación de la carga. La carga eléctrica es una propiedad de los cuerpos materiales. Sin soporte material no hay carga y el movimiento de la carga está ligado al movimiento del soporte material. A menudo, los cuerpos cargados entran en contacto y la carga se transfiere de un cuerpo a otro. En todos los casos se cumple que la carga neta se conserva.
En los núcleos de los átomos que forman la materia ordinaria hay protones y neutrones. Los neutrones carecen de carga eléctrica pero los protones poseen una carga positiva qp = +e = 1,6 · 10−19 C. En torno al núcleo existe cierto número de electrones, cada uno con una carga negativa qe = −e = −1,6 · 10−19 C. Dado que la carga de un electrón es de igual magnitud pero de signo opuesto a la de un protón, un átomo que posea tantos protones como electrones será neutro. Pero el número de electrones de un átomo puede variar, bien porque los pierda, en cuyo caso el átomo se convierte en un ion positivo o catión, o porque los gane, y el átomo se convierte en un ion negativo o anión. En ambos casos, la carga neta de un átomo será siempre igual a un número entero de veces la carga fundamental e = 1,6 · 10−19 C.
Para tener una noción sobre lo grande o pequeña que es cierta cantidad de carga, son útiles los siguientes valores típicos:
Al frotar un cuerpo con otro, la carga generada en cada uno de ellos es del orden de nanoculombios (10−9 C).
En ciertos dispositivos eléctricos llamados condensadores, las cargas típicas en sus placas van desde los picoculombios (10−12 C) hasta los culombios.
<bold>Conductores y dieléctricos</bold>
Se llama conductividad eléctrica de un material a la habilidad que tiene para permitir el movimiento de carga eléctrica en su interior. Los materiales conductores poseen una gran cantidad de electrones libres y tales electrones se mueven fácilmente en respuesta a cualquier interacción eléctrica del material. A su vez, los materiales aislantes o dieléctricos casi no disponen de electrones libres, por lo que las interacciones eléctricas sobre el material no generan movimiento neto de carga en su interior.
El diferente comportamiento de conductores y dieléctricos es consecuencia de la Física Cuántica. En los átomos, los electrones se mueven alrededor del núcleo, que está cargado positivamente, situados en diferentes capas u orbitales. Los electrones de las capas más alejadas del núcleo están débilmente enlazados a él, y es el detalle de este tipo de enlace el que determina las propiedades conductoras del material.
En los metales, los electrones de las capas más externas están tan débilmente enlazados a los núcleos que constituyen un mar llamado banda de conducción y se desplazan casi libremente a través del metal, por lo que se les llama electrones libres. La existencia de muchos electrones libres en los metales explica que éstos sean excelentes conductores.
Por el contrario, los electrones de los materiales dieléctricos participan activamente en el enlace atómico iónico o covalente, de manera que están fuertemente ligados a sus átomos o moléculas. Se requiere mucha energía para liberar electrones que puedan moverse por el interior del material, de modo que su conductividad es muy baja.
En realidad, no existen materiales totalmente conductores ni totalmente aislantes, sino una gama casi completa de comportamientos intermedios. De cualquier modo, la conductividad de un metal puede ser mil millones de veces mayor que la de un aislante como el vidrio. Por ello, asumiremos casi siempre que un buen aislante tiene conductividad nula.
Supongamos que, mediante fricción o contacto, hemos depositado cierta carga en un cuerpo inicialmente neutro. Si el material en que hemos depositado carga es un aislante, la carga normalmente se queda ligada al punto de contacto. Es posible entonces tener una distribución de carga no uniforme, es decir, que varía de un punto a otro. En cambio, si el material es un buen conductor, el exceso de carga depositado en él tiende a dispersarse para minimizar la repulsión electrostática. Cuando las cargas dejan de moverse, se dice que se ha alcanzado el equilibrio electrostático y el exceso de carga se habrá situado en la superficie del conductor.
<bold>Campo eléctrico</bold>
Consideremos cierta carga Q, que puede ser una carga puntual, un conjunto de cargas puntuales o un cuerpo cargado. Se llama campo eléctrico creado por Q a un campo vectorial E que expresa, en cada punto, la perturbación de las propiedades del espacio debida a la existencia de la carga Q (que, por ello, se llama fuente del campo eléctrico). Para encontrar el valor de E en un punto cualquiera del espacio, se coloca en ese punto una carga puntual q de pequeño valor (para que no modifique la localización y/o distribución de Q), llamada carga de prueba. La carga de prueba experimentará entonces una fuerza eléctrica Fe que expresa la interacción con la carga fuente Q. El campo eléctrico creado por Q en el punto donde se ha situado la carga de prueba q se define como
E=Feq.
La unidad SI de campo eléctrico es 1 N/C. Se usa también otra unidad equivalente, que es 1 V/m. El voltio (V) se define, por tanto, de manera que 1V= 1(N·m)/C.
<bold>Campo eléctrico de un condensador plano</bold>
Un caso particularmente sencillo, pero importante, de campo eléctrico es el creado por un condensador plano. Un condensador plano está formado por dos placas metálicas planas y paralelas, como vemos en la figura 6.1. Una de ellas tiene una carga positiva +Q distribuida uniformemente en su superficie, de área A. La otra tiene distribuida uniformemente en su superficie, también de área A, una carga de igual magnitud pero negativa −Q. La distancia entre ambas superficies es d.
Si la placa o armadura positiva del condensador plano tiene una superficie de área A y en ella hay una carga Q distribuida uniformemente, su densidad superficial de carga es
σpos=QA.
Del mismo modo, la densidad superficial de carga de la armadura negativa del condensador es
σneg=−QA.
Condensador plano de área <italic>A</italic> y distancia entre placas <italic>d</italic>. La placa izquierda tiene carga <italic>Q</italic> y la derecha −<italic>Q</italic>.
De este modo, σneg = −σpos.
El campo eléctrico creado por el condensador en la región situada entre sus placas o armaduras se puede aproximar por
E=σposε0u±=Qε0Au±
En esta expresión,
ε0=8,85⋅10−12C2/(m2⋅N)
es la permitividad del vacío (hemos supuesto que la región entre las placas contiene vacío o aire; si estuviera rellena de otro material, habría que poner su permitividad en la fórmula del campo eléctrico). A su vez, el vector unitario u± apunta desde la armadura positiva del condensador hasta su armadura negativa perpendicularmente a ambas superficies. Por tanto, el campo eléctrico creado por un condensador plano entre sus placas es uniforme (no depende de la posición siempre que estemos entre las placas del condensador) y va desde la placa positiva a la negativa. Es esta sencillez lo que hace que el condensador plano sea tan usado en múltiples aplicaciones en las que se requiere un campo uniforme y apreciable en una región limitada del espacio (entre las placas) pero que sea mucho menor, o prácticamente inexistente, fuera de esa región.
Ejemplo 6.2.1Calculemos el campo eléctrico entre las placas de un condensador plano sabiendo que las placas son cuadradas de 1 cm de lado y que la carga de la placa positiva vale 10−15C.
Sol.Supongamos que las placas son paralelas al plano Y Z y que la placa positiva tiene una coordenada x menor que la negativa. Así, el vector unitariou±coincide coni. Además, como A = 1 cm2y Q = 10−15C, el campo eléctrico resulta
Como hemos visto al definir el campo eléctrico, si una carga puntual q está sometida a un campo eléctrico E (que puede estar creado por otras cargas distintas de q, por un condensador plano o por otro cuerpo cargado), la fuerza eléctricaFe experimentada por q tiene la forma
Fe=qE.
Si q tuviera masa m y la fuerza eléctrica fuese la única que actuara sobre ella, por la segunda ley de Newton la aceleración de q estaría dada por
a=qmE.
Esto implica que una carga positiva, sometida únicamente a una fuerza eléctrica, se acelera en el sentido del campo eléctrico aplicado y una carga negativa se acelera en sentido opuesto al campo eléctrico aplicado.
Además de poderse estudiar la dinámica de una carga sometida a un campo eléctrico a través de la segunda ley de Newton, pueden usarse también métodos basados en las nociones de trabajo y energía. La fuerza eléctrica producida por un campo electrostático (es decir, cualquier campo eléctrico creado por cargas en reposo) es una fuerza conservativa. Es importante notar que esto no sería cierto en general si el campo eléctrico no fuera conservativo (como el que aparece en el interior de una fuente de fuerza electromotriz, que veremos más adelante), pero nos centraremos en el caso conservativo para simplificar las cosas.
Toda fuerza conservativa lleva asociada una energía potencial. La energía potencial asociada a la fuerza electrostática se llama energía potencial electrostática, y la escribiremos como Ue. La energía potencial electrostática de una carga puntual q sometida a un campo electrostático E se puede escribir como
Ue=qV.
En esta relación, V se llama potencial eléctrico y es una función escalar que depende sólo de la forma del campo conservativo E al que está sometida q. La unidad de potencial eléctrico en el SI es 1 V = 1 J/C.
Si la carga puntual q se mueve entre un punto inicial A y un punto final B bajo la acción de la fuerza electrostática Fe = qE, el trabajo que realiza esta fuerza en ese movimiento, por la definición de energía potencial, es
W=∫ABFe⋅dr=−ΔUe=−(Ue( final )−Ue( inicial ))=−(Ue(B)−Ue(A))=−q(VB−VA)=−qΔV,
donde VA y VB son los valores del potencial eléctrico en A y B, respectivamente. La cantidad
ΔV=V( final )−V( inicial )=VB−VA
se llama diferencia de potencial y su unidad en el SI es también 1 V.
Si una carga puntual q se mueve entre los puntos A y B sometida únicamente a la fuerza electrostática, por la conservación de la energía mecánica se tendrá
12mvA2+qVA=12mvB2+qVB,
donde vA y vB son las velocidades de la carga q en A y B, respectivamente. Esta expresión nos permite, por ejemplo, conocer el valor de la diferencia de potencial necesaria para acelerar o frenar partículas cargadas.
<bold>Relación entre campo eléctrico y potencial eléctrico</bold>
Hemos comentado que el potencial eléctrico V es una función escalar que está dada por el campo eléctrico conservativo E creado por la misma distribución de carga que V. La fórmula matemática de esta relación es
V=−∫E⋅dr.
Dentro de la integral indefinida, se tiene el producto escalar de los vectores campo eléctrico E y desplazamiento infinitesimal dr = dxi + dyj + dzk. En esta expresión queda una constante de integración por determinar. Esta constante se puede fijar asignando un origen de potencial.
De la misma manera, la diferencia de potencial entre dos puntos se relaciona con el campo eléctrico mediante la integral definida
ΔV=VB−VA=−∫ABE⋅dr.
Ejemplo 6.3.1Sabiendo que el campo eléctrico en una región del espacio esE = 3 kV/mi + 5 kV/mj, calculemos la diferencia de potencial entre el punto A(1 cm, −2 cm, 3 cm) y el origen de coordenadas O.
Sol.La diferencia de potencial la obtenemos mediante la siguiente expresión
ΔV=VA−VO=−∫OAE⋅dr.
Calculemos primero el producto escalar del integrando:
E⋅dr=(3i+5j)⋅(dxi+dyj+dzk)=3dx+5dy,
donde debemos recordar que la unidad deEes kV/m. Así,
ΔV=−∫013dx−∫0−25dy=−[3x]01−[5y]0−2=−3+10=7kV/m⋅cm=70V.<target target-type="page" id="pges_140"/><bold>Diferencia de potencial entre las placas de un condensador plano</bold>
Para calcular la diferencia de potencial en el condensador plano, elegimos el sistema de referencia de manera que la placa positiva esté en x = 0 y la negativa esté en x = d. El campo eléctrico en este sistema de referencia, como vimos en un apartado anterior, se puede escribir
E=Qε0Au±=Qε0Ai.
Aquí, Q es la carga de la armadura positiva del condensador (la negativa tiene carga −Q) y A es el área de la superficie de ambas armaduras.
La diferencia de potencial entre la placa positiva (en x = 0) y la placa negativa (en x = d) de este condensador plano estará entonces dada por
ΔV=V+−V−=−∫d0E⋅dr=−Qε0A∫d0i⋅dr.
El producto escalar dentro de la integral es
i⋅dr=i⋅(dxi+dyj+dzk)=dx.
Poniendo esto en la expresión de la diferencia de potencial, se obtiene
ΔV=V+−V−=−Qε0A∫d0dx=−Qε0A(0−d)=Qdε0A.
El resultado final también se puede escribir como
ΔV=Ed.
Una aplicación de los condensadores es el desfibrilador, cuyas placas se cargan con diferencias de potencial elevadas. Al ponerlas sobre el cuerpo de una persona, el condensador que forman ambas placas se descarga a través del interior del paciente en un cortísimo intervalo de tiempo, generando intensas señales eléctricas para reactivar el latido cardiaco.
<bold>Conductores en equilibrio electrostático</bold>
Un material conductor contiene un gran número de electrones libres que se mueven obedeciendo campos eléctricos externos o internos. Decimos que el conductor se encuentra en equilibrio electrostático si no hay desplazamiento de cargas en su interior. En situación de equilibrio electrostático, cualquier material conductor satisface las siguientes propiedades:
Si un conductor tiene un exceso de carga en su interior, esta carga se mueve rápidamente intentando reducir la fuerza eléctrica. Cuando se alcanza el equilibrio electrostático, todo el exceso de carga se situá en la superficie del conductor (en general, se distribuye inhomogéneamente en ella como veremos despúes) y el interior queda completamente neutro, como se ve en la figura 6.2.
Distribución de carga en un conductor. Las cargas depositada inicialmente en el interior del conductor (izquierda) se mueven hacia la superficie (derecha).
El campo eléctrico en el interior de un conductor en equilibrio es nulo. El campo eléctrico Es en la superficie de un conductor en equilibrio es perpendicular a ella y tiene un valor
Es=σε0n,
siendo n el vector unitario normal a la superficie del conductor (que apunta hacia fuera de éste) en cada punto y σ la densidad superficial de carga en ese mismo punto (en realidad, en una superficie infinitesimal alrededor del punto). Dado que la distribución de carga no es, en general, homogénea, el campo en la superficie de un conductor tiene valores diferentes en cada punto, pero en todos obedece la expresión anterior.
Si se situá un conductor en el seno de un campo eléctrico externo, como en la siguiente figura, las cargas inducidas por el campo externo en la superficie del conductor crean un campo que anula el externo en el interior del material. Esta propiedad se llama efecto de apantallamiento y el conductor que lo crea se dice que actuá como una jaula de Faraday.
Dado que en el interior de un material conductor en equilibrio el campo eléctrico es nulo, resulta que el potencial electrostático es el mismo en todos los puntos del interior y tiene un único valor llamado potencial del conductor Vc.
Se ha mencionado que el exceso de carga se situá de manera inhomogénea en la superficie de un material conductor en equilibrio electrostático. En realidad, tanto la densidad de carga como el campo eléctrico en equilibrio son mayores en las zonas en que las que el radio de curvatura de la superficie del conductor es menor. Si el conductor tiene una punta, la densidad de carga y el campo eléctrico pueden ser muy grandes en ella, incluso aunque el potencial no lo sea. Si el campo eléctrico en una punta de un conductor supera un valor crítico, llamado resistencia dieléctrica del medio a su alrededor (para el aire, este valor es del orden de Emax = 3 · 106 V/m), se produce la ionización del medio dieléctrico, liberándose electrones en una fracción de los átomos o moléculas del medio. Este efecto se llama ruptura dieléctrica y aparece, por ejemplo, en los rayos de una tormenta.
Distribución de carga en un conductor en el seno de un campo eléctrico.
<bold>Capacidad y condensadores</bold>
Si depositamos una carga Q en un conductor aislado, se distribuye en la superficie del conductor y todos los puntos del conductor adquieren un potencial Vc respecto al nivel cero (aquel en que no hay carga). Se define la capacidad eléctrica del conductor como el cociente entre la carga de su superficie y el potencial respecto al nivel cero, esto es,
C=QVc.
La unidad SI de capacidad es el faradio (F), tal que 1 F = 1 C/V. La capacidad de un conductor mide la cantidad de carga que puede almacenar.
Un condensador es un dispositivo que permite almacenar carga. Está formado por dos conductores con la misma geometría situados muy cerca uno del otro pero sin tocarse, llamados placas o armaduras. En la figura 6.4 se puede ver un esquema de (a) un condensador plano, (b) un condensador cilíndrico y (c) un condensador esférico.
<target target-type="page" id="pges_143"/>Esquema de (a) un condensador plano, (b) un condensador cilíndrico y (c) un condensador esférico.
Uno de los conductores del condensador se carga con una carga Q y el otro con una carga −Q. En el equilibrio electrostático, la armadura de carga positiva adquiere un potencial V+, que excede al potencial V− de la armadura de carga negativa en una cantidad ΔV = V+ − V−. Se define la capacidad de un condensador como el cociente entre la carga Q situada en la armadura positiva y la diferencia de potencial ΔV entre la armadura positiva y la negativa,
C=QΔV.
La cantidad C depende de los detalles de fabricación del condensador, y mide su posibilidad de almacenamiento de carga.
<bold>Capacidad de un condensador plano sin dieléctrico entre sus placas</bold>
Para calcular la capacidad de un condensador, se obtiene el campo eléctrico que crea la distribución de carga en el equilibrio para puntos situados en la región entre las armaduras. A partir del campo, se determina la diferencia de potencial ΔV entre la armadura positiva y la negativa. Finalmente, se calcula la capacidad C del condensador mediante el cociente C = Q/ΔV.
Para un condensador plano, como hemos visto en apartados anteriores de este tema, el campo eléctrico es E = σ/ε0 = Q/(ε0A), siendo A el área de las armaduras, y la diferencia de potencial entre las armaduras es ΔV = Ed = Qd/(ε0S), siendo d la distancia entre las placas. Por tanto, la capacidad de un condensador plano es
C=QΔV=ε0Ad,
es decir, depende de factores geométricos (A y d) y del material que se coloca entre las placas (en el caso estudiado, el vacío, por lo cual aparece en la fórmula la permitividad del vacío ε0).
Ejemplo 6.4.1Consideremos de nuevo el ejemplo 6.2.1 y calculemos la capacidad del condensador con la información adicional de que las placas están separadas d = 1 mm.
Sol.Podemos calcular la capacidad de dos maneras. Por una parte, usando el valor de Q y la expresión del campo eléctrico obtenida en el ejemplo 6.2.1 tenemos
C=QΔV=QEd≃10−151,13⋅10−3≃8,85⋅10−13F.
Por otra parte, también podemos calcular la capacidad con la siguiente fórmula
C=ε0Ad=8,85⋅10−12⋅10−410−3=8,85⋅10−13F.<bold>Capacidad de un condensador plano con dieléctrico entre sus placas</bold>
Además del vacío o del aire, se pueden insertar otros materiales entre las placas de un condensador, modificando así su capacidad. Cuando se introduce en un condensador un material dieléctrico, como muestra la figura 6.5, el campo eléctrico E se reduce respecto al del vacío E0 según la expresión E = E0/εr, siendo εr una cantidad adimensional, siempre igual o mayor que 1, llamada permitividad relativa del material que se ha introducido entre las placas del condensador. A partir de ella, se define la constante
ε=ε0εr,
que se llama permitividad (absoluta) del material y tiene las mismas unidades que ε0.
Esquema de un condensador con un dieléctrico entre sus placas.
Debido a que el campo eléctrico entre las placas de un condensador se reduce al colocar un dieléctrico, la diferencia de potencial ΔV se reduce con el mismo factor. Esto implica que la capacidad del condensador C cuando se introduce un dieléctrico aumenta con respecto a la capacidad del mismo condensador cuando entre las placas hay vacío C0 según
C=εrC0.
La capacidad de un condensador plano con un dieléctrico ocupando todo el espacio entre sus placas es
C=εrε0Ad=εAd,
donde ε es la permitividad del material. El hecho de que la capacidad aumente al insertar un dieléctrico es la razón por la cual se suelen fabricar los condensadores con diferentes materiales dieléctricos entre sus armaduras.
Ejemplo 6.4.2Continuando con el ejemplo 6.4.1, obtengamos la nueva capacidad del condensador si entre las placas introducimos un dieléctrico de permitividad relativa εr = 2.
Sol.Como la capacidad C0obtenida en el ejemplo 6.4.1 es conocida, podemos calcular la nueva capacidad como
C=εrC0=2⋅8,85⋅10−13=1,77⋅10−12F.
De forma alternativa, podemos calcular C directamente
C=εrε0Ad=2⋅8,85⋅10−12⋅10−410−3=1,77⋅10−12F.<bold>Asociaciones de condensadores</bold>
A veces es conveniente asociar varios condensadores, cuyo conjunto se comporta como un único condensador equivalente a efectos del resto del circuito o dispositivo en el que estén integrados. Las principales maneras de conectar varios condensadores mediante cables conductores se pueden observar en las figuras que hay a continuación.
En una asociación en paralelo, conectamos el circuito a una diferencia de potencial ΔV, de tal manera que es la misma para cada condensador, es decir, ΔV1 = ΔV2 = ΔV. La carga total almacenada por la asociación es QT = Q1 + Q2, donde Q1 = C1ΔV y Q2 = C2ΔV. Así, QT = (C1 + C2)ΔV = CTΔV, y la capacidad equivalente de una asociación en paralelo de dos condensadores de capacidades C1 y C2 es CT = C1 + C2.
En una asociación en serie, la capacidad equivalente resulta dada por 1CT=1C1+1C2. En este caso, la carga en cada condensador es la misma, Q = Q1 = Q2, siendo Q1=C1ΔV1 y Q2=C2ΔV2 las cargas almacenadas por cada uno de los condensadores. La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación de condensadores en serie es ΔV=ΔV1+ΔV2.
Ejemplo 6.4.3Tomemos dos condensadores de la misma capacidad C y obtengamos la capacidad equivalente cuando los asociamos en paralelo y en serie.
Sol.Si la asociación es en paralelo, entonces
CT=C+C=2C,
la capacidad resultante se duplica. Mientras que si la asociación es en serie
CT−1=C−1+C−1⇒CT=12C,
la capacidad total se reduce a la mitad.
<bold>Energía eléctrica almacenada por un condensador</bold>
Un condensador almacena carga cuando se establece una diferencia de potencial entre sus placas. La diferencia de potencial entre estas placas la establece algún dispositivo que actúe como fuente de trabajo, como una batería. La batería hace trabajo para depositar carga en una armadura del condensador, extrayéndola de la otra armadura.
Cuando una batería está cargando un condensador, ha de ser capaz de ir llevando carga positiva desde la placa negativa hasta la placa positiva venciendo la repulsión electrostática. El trabajo que realiza la batería Wbat es igual y de signo opuesto al trabajo (negativo) realizado por la fuerza electrostática en ese proceso. Este trabajo se almacena como energía potencial electrostática Ue = Wbat de las cargas sobre las armaduras del condensador. Resulta
Ue=Q22C=C(ΔV)22=QΔV2,
donde Q es la carga de la placa positiva del condensador y ΔV es la diferencia de potencial entre las placas.
Hay otra manera de interpretar el resultado anterior. En el proceso de carga, se crea un campo eléctrico entre las placas del condensador, de manera que el trabajo realizado para cargar el condensador es también el trabajo necesario para crear este campo eléctrico. La energía almacenada en el condensador se puede considerar energía del campo eléctrico que ha sido creado gracias al trabajo de la batería conectada al condensador para cargarlo.
Ejemplo 6.4.4Continuando con el ejemplo 6.4.3, calculemos la energía almacenada en la asociación de condensadores, suponiendo que inicialmente los dos condensadores tienen las mismas carga Q0y diferencia de potencia ΔV0.
Sol.Hagamos el cálculo de dos maneras distintas, en primer lugar usando las propiedades de una asociación de condensadores y luego usando la conservación de la energía. Cuando asociamos dos condensadores en paralelo, la nueva carga Q es la suma de la de los condensadores por separado, como ya vimos. Así, en este caso, Q = 2Q0. Por otra parte, como vimos en el ejemplo 6.4.3, la capacidad total es CT = 2C0, donde C0es la capacidad de los condensadores por separado. Por ello, la energía de la asociación en paralelo es
Ue=Q22CT=Q02C0=2Ue0,
donde Ue0es la energía de cada condensador antes de asociarse. Análogamente, en la asociación en serie esΔV=2ΔV0yCT=12C0, por lo que la energía es
Ue=CT(ΔV)22=Ct(ΔV0)2=2Ue0.
Al idénticos resultados llegamos si tenemos en cuenta que la energía se conserva. Antes de la asociación, cada condensador tenía una energía Ue0, por lo que el conjunto tenía una energía 2Ue0. Al asociarlos, no perdemos energía, así que la energía de la asociación sigue siendo 2Ue0.
<bold>Corriente eléctrica</bold>
En este tema hemos estudiado cómo se crean un campo eléctrico y un potencial eléctrico a partir de la existencia de carga en una región del espacio. El movimiento colectivo o flujo de muchas pequeñas cargas situadas en una región en la que hay un campo eléctrico es el fundamento de la corriente eléctrica.
Llamamos corriente eléctrica al flujo “ordenado” de carga eléctrica. De todas las posibles maneras capaces de generar este flujo, nos centraremos en la corriente de conducción, que es el flujo ordenado de carga eléctrica por el interior de materiales conductores.
Necesitamos alguna magnitud bien definida para estudiar la corriente. Consideraremos la intensidad de corriente eléctrica I, que es la cantidad de carga positiva que atraviesa una sección transversal de un material conductor en la unidad de tiempo, es decir
I=ΔqΔt.
En esta expresión, Δq es la carga positiva que atraviesa la sección transversal del material conductor en el intervalo de tiempo Δt. La unidad de intensidad de corriente eléctrica en el SI es el amperio (A), de tal modo que 1 A = 1 C/s.
Supongamos el caso más común en el que la corriente atraviesa un cable o filamento conductor de sección de área uniforme. En la figura 6.6, tenemos un trozo de cable de sección uniforme S y longitud L, con extremos en los puntos A y B.
<target target-type="page" id="pges_149"/>Trozo de conductor entre los puntos <italic>A</italic> y <italic>B</italic>, de sección <italic>S</italic> y longitud <italic>L</italic> por el que circula una corriente <italic>I</italic>.
Para que aprezca corriente en el cable, es necesario aplicar en su interior un campo eléctrico E (en el ejemplo, el campo va desde A hacia B y suponemos, por simplicidad, que es un campo uniforme). Este campo crea una diferencia de potencial entre el punto inicial y el punto final del cable, dada por
V=VA−VB=EL.
En esta ecuación, V es positivo, ya que el potencial decrece en el sentido del campo, de manera que VA > VB porque E va desde A hasta B. Es común denominar, por ello, a la cantidad positiva V = VA − VB como caída de potencial, caída de tensión o voltaje entre los extremos del trozo de cable conductor que estamos estudiando.
Los electrones libres del material conductor se mueven en sentido opuesto al campo eléctrico aplicado E, es decir, desde B hacia A. En su camino, atraviesan la sección del conductor S dibujada en la figura 6.6. La cantidad de carga, en valor absoluto, que atraviesa la sección S en la unidad de tiempo constituye la intensidad de corriente eléctrica I en el cable. Pero hemos dicho antes que ésta se refiere a la carga positiva. Es fácil ver que, si los electrones libres se mueven hacia A, físicamente es como si carga positiva se moviera hacia B. Por tanto, I tiene sentido opuesto al movimiento de los electrones libres y el mismo sentido que el campo eléctrico aplicado, es decir, la corriente eléctrica se produce en el sentido en que decrece el potencial. Esta convención histórica para definir el sentido de la corriente eléctrica, en relación opuesta al movimiento real de los electrones, se llama sentido convencional del flujo.
Un aspecto importante de la corriente eléctrica es cómo mantenerla en el tiempo. Para ello, no podemos llegar al equilibrio electrostático en el que las cargas están en reposo, de modo que necesitaremos dos cosas:
Que el camino recorrido por los electrones libres no tenga principio ni fin, es decir, hace falta un camino ininterrumpido por el que fluya la corriente. Tal camino se llama circuito eléctrico.
Que el campo eléctrico aplicado no se anule. Esto implica tener en el circuito una fuente de campo eléctrico que lo mantenga. Tal dispositivo, del que hablaremos más adelante en este mismo tema, se llama fuente de fuerza electromotriz.
<bold>Resistencia</bold>
En el apartado anterior, hemos visto que la intensidad de corriente eléctrica I en un cable conductor está constituida por un gran número de electrones libres que se mueven en sentido opuesto a un campo eléctrico aplicado. En realidad, el movimiento de cada electrón libre es una composición de dos tipos de movimiento:
La aceleración impuesta por el campo eléctrico, dada por
a=−emE.
El movimiento térmico de los electrones incluso en ausencia de campo eléctrico, debido a la energía cinética que poseen, relacionada con la temperatura del material. Este movimiento térmico es desordenado y muy rápido, pero no conlleva un flujo colectivo de electrones en una dirección fija, por lo que no está asociada, por sí mismo, con una corriente eléctrica.
El movimiento térmico de los electrones libres de un material conductor continúa cuando ya se ha establecido una corriente eléctrica en su interior, e implica que éstos chocan múltiples veces con los iones positivos del material. En estos choques, los electrones pierden energía cinética y el material aumenta su energía interna, es decir, aumenta su temperatura.
A nivel macroscópico, por tanto, el flujo de corriente eléctrica por el interior de un material conductor está limitado por la pérdida de energía cinética de los electrones libres y genera un calentamiento del material. Tal efecto se puede describir por medio de una cantidad que se llama resistencia eléctrica del material. Si un conductor está sometido a una caída de potencial V entre sus extremos y circula por él, en el sentido en que cae el potencial, una intensidad de corriente I, su resistencia se define como
R=VI.
La unidad de resistencia en el SI es el ohmio (Ω), definido de tal manera que 1Ω = 1 V/A.
Cuando el valor de R en un material es constante e independiente de la caída de tensión V aplicada en él, se dice que el material es óhmico y que en él se cumple siempre la ley de Ohm
V=RI(siendo R una constante).
Materiales de este tipo son las resistencias o resistores que se usan en los circuitos eléctricos para limitar la corriente.
<bold>Resistividad y conductividad</bold>
La resistencia R de un cable conductor depende básicamente de dos cosas: el material del que está hecho (y las propiedades de este material) y la forma y tamaño del cable. Es posible separar ambas dependencias en el caso de un cable conductor de sección uniforme S y longitud ℓ. En este caso, se cumple
R=ρeℓS.
La cantidad ρe sólo depende del material y se llama resistividad eléctrica (con unidad en el SI Ω · m).
La inversa de la resistividad se llama conductividad eléctrica del material,
σe=1ρe.
Esta es la cantidad que determina qúe materiales son buenos conductores (alto valor de σe) y cuáles son dieléctricos (valor de σe cercano a cero). La siguiente tabla muestra valores de resistividad de algunos materiales en condiciones normales de presión y temperatura.
Sustancia
ρe (Ω · m)
Plata
1,6 · 10−8
Cobre
1,7 · 10−8
Oro
2,4 · 10−8
Platino
1,1 · 10−7
Plomo
2,2 · 10−7
Nicromo
1,5 · 10−6
Carbono
3,5 · 10−5
Vidrio
de 1010 a 1014
Goma
1013
Los mejores conductores, como plata, cobre, oro, etc. tienen los menores valores de resistividad en la tabla (y valores muy altos de conductividad). Los cables conductores hechos con estos materiales tienen, por tanto, resistencias muy bajas a menos que sean muy largos o de secciones muy pequeñas. Los valores de las resistencias de estos cables se suelen despreciar en muchos circuitos y, en ese caso, aparecen dibujados como líneas rectas; se dicen que se comportan como cortocircuitos. En un cortocircuito, según la ley de Ohm,
R=0⇒V=0.
Es decir, en un cortocircuito no hay resistencia ni caída de tensión, pero la corriente I puede tener cualquier valor.
Otros materiales, como el nicromo y el carbono, tienen resistividades más altas (y, en consecuencia, conductividades más bajas), por lo que la resistencia de dispositivos construidos con ellos no es despreciable. Estos dispositivos de resistencias no nulas se llaman resistores o simplemente resistencias, cumplen la ley de Ohm V = I R y se dibujan en los circuitos mediante líneas en zigzag.
Finalmente, el vidrio y la goma son buenos ejemplos de aislantes o dieléctricos, con una resistividad enorme y una conductividad cercana a cero. El límite de conductividad nula y resistividad infinita se alcanza en el vacío (o, con buena aproximación, en el aire). Un espacio vacío en un circuito se llama circuito abierto y, según la ley de Ohm,
R=∞⇒I=0.
Es decir, en un circuito abierto, la resistencia es infinita y la corriente eléctrica es nula, pero la caída de potencial V puede tener cualquier valor.
Ejemplo 6.6.1Calculemos la intensidad I que atraviesa un cable de Nicromo, de 1 m de longitud y sección circular de 2 mm de diámetro, cuando está sometido a una diferencia de potencial de V = 1 V.
Sol.Calculemos primero la resistencia R del cable. Para ello, necesitamos la resistividad del Nicromo, que según la tabla anterior es ρe = 1,5 · 10−6 Ω·m:
R=ρeℓS=1,5⋅10−61π(1⋅10−3)2≃0,477Ω.
Admitiendo que se cumple la ley de Ohm, la intensidad que atraviesa esta resistencia es
I=VR≃10,477≃2,10A.<target target-type="page" id="pges_153"/><bold>Dependencia de la resistencia con la temperatura</bold>
Dado que la resistencia de un material es la cantidad macroscópica que tiene en cuenta la pérdida de energía cinética de los electrones libres debida a los choques que se producen en su movimiento, es lógico pensar que la temperatura del material (que está directamente relacionada con la energía interna del propio material, es decir, la energía del movimiento térmico de sus componentes) tenga gran influencia en su resistencia.
Para un amplio rango de temperaturas, la resistividad eléctrica de un material depende de su temperatura mediante la ley
ρe=ρe0[1+α(T−T0)].
En esta fórmula, ρe es la resistividad del material a temperatura T, ρe0 es la resistividad del mismo material a temperatura T0 y α se llama coeficiente térmico de la resistividad y su unidad en el SI es 1 K−1.
Para los buenos conductores, α suele ser positivo, de manera que la resistividad eléctrica aumenta con la temperatura en ellos. En los materiales semiconductores, como el carbono, el silicio y el germanio, α es negativo, de manera que la resistividad disminuye con la temperatura. Finalmente, para muchos dieléctricos, α es prácticamente nula, por lo que la resistividad de estos aislantes es independiente de la temperatura.
La fórmula anterior se puede escribir también para la resistencia, es decir, también se cumple
R=R0[1+α(T−T0)],
donde ahora R es la resistencia a la temperatura T y R0 la resistencia a la temperatura T0.
Ejemplo 6.6.2La relación entre la resistencia y la temperatura de un material la podemos usar también para conocer su temperatura. Por ejemplo, consideremos un cable de platino, de coeficiente térmico α = 3,9 · 10−3K−1, con una resistencia a 15°C de 50 Ω. Calculemos su temperatura cuando su resistencia aumenta 1 Ω.
Sol.De la relación
R=R0[1+α(T−T0)]
conocemos R0 = 50 Ω, α y T0 = 10°C. Despejando la temperatura T para que la nueva temperatura sea R = 51 Ω, tenemos
T=T0+R−R0αR0=15+13,9⋅10−3⋅50≃20,1∘C.<bold>Asociaciones de resistencias</bold>
En ocasiones resulta conveniente conectar entre sí varias resistencias para obtener cierto valor determinado. Estas asociaciones pueden sustituirse en los cálculos por una sola resistencia equivalente RT, que tiene la misma intensidad de corriente y la misma caída de potencial que toda la asociación. Las formas básicas de asociación son en serie y en paralelo:
En una asociación en serie, las resistencias se conectan una a continuación de otra. El conjunto de las dos resistencias se comporta como si hubiera una sola resistencia equivalente cuyo valor es igual a la suma de las resistencias individuales,
RT=R1+R2.
La corriente que circula por la asociación es la misma que la que circula por cada resistencia, cumpliéndose I1 = I2 = IT. Por su parte, las caídas de tensión en cada resistencia se suman para obtener la caída de tensión en la asociación según VT = V1 + V2.
En una asociación en paralelo, las resistencias se conectan entre dos puntos comunes. La resistencia equivalente satisface entonces
1RT=1R1+1R2.
Esta vez, la caída de tensión en cada resistencia es la misma que la que hay en la asociación, de manera que VT = V1 = V2. Por su parte, la corriente total se distribuye entre las dos resistencias, y tenemos IT = I1 + I2.
Ejemplo 6.6.3Tenemos una resistencia de valor R1 = 1 Ω. Veamos con qúe otra resistencia R2debemos asociar R1para, en primer lugar, triplicar su valor y luego disminuir su valor a una tercera parte.
Sol.Por una parte, en la asociación en serie, el valor de la resistencia equivalente es mayor que la de las resistencias por separado. Así, para tener RT = 3R1debemos poner R1en serie con R2:
3R1=R1+R2⇒R2=2R1=2Ω.
Por otra parte, para que RT sea13R1, debemos poner R1y R2en paralelo:
(R13)−1=R1−1+R2−1⇒R2=R12=0,5Ω.<bold>Fuentes de fuerza electromotriz</bold>
Hemos comentado antes que, para mantener una corriente eléctrica en un circuito, hace falta en él un dispositivo que proporcione sin descanso un campo eléctrico o diferencia de potencial. En la figura 6.7, tenemos un circuito muy básico, formado por una pila, cables conductores de resistencia despreciable y una bombilla cuyo filamento actuá como una resistencia.
Circuito sencillo con una pila y una bombilla.
Las reacciones electrolíticas que ocurren en el interior de pilas y baterías producen una diferencia de potencial entre sus terminales + y −. La corriente eléctrica fluye entonces desde el terminal positivo de la pila, atraviesa el resto del circuito pasando por la bombilla y luego vuelve a la pila por su terminal negativo. Para completar el circuito, la corriente ha de ir, por el interior de la pila, desde su terminal negativo hasta el positivo, y esto cuesta un trabajo a la pila o batería, que ha de extraer de su energía interna que libera a través de las reacciones de su interior. El trabajo por unidad de carga eléctrica realizado por la pila se conoce con el nombre de fuerza electromotriz o fem ε y su unidad en el SI es 1 V. Así, la pila del circuito anterior es un ejemplo de fuente de fuerza electromotriz o fuente de fem. También lo son las placas solares y los generadores de corriente alterna de las centrales eléctricas. En general, una fuente de fem realiza un trabajo por unidad de carga igual a su fuerza electromotriz ε, que se transforma en diferencia de potencial entre sus terminales positivo y negativo. Esta diferencia de potencial alimenta al circuito al que se conecta la fuente.
En una fuente de fem ideal, el valor numérico de su fem ε es igual a la diferencia de potencial V = V+ - V− entre sus terminales positivo y negativo, y esta diferencia de potencial proporcionada no varía independientemente del circuito al que conectemos la fuente. Una pila recién estrenada se comporta aproximadamente como fuente de fem ideal y el valor de la diferencia de potencial que proporciona es su fem nominal (por ejemplo, 1,5 V). En los diagramas de circuitos, representaremos las fuentes de fem ideales mediante dos barras paralelas de distinto tamaño, siendo la barra mayor el terminal positivo y la barra menor el terminal negativo. Otras maneras de representar fuentes de fem ideales pueden verse en la figura 6.8.
En una fuente de fem real, la diferencia de potencial que proporciona es algo menor que su fem y depende del valor de la corriente que atraviesa la fuente cuando se conecta a un circuito. Podemos representar una fuente real mediante una fuente ideal de fem ε en serie con una resistencia interna r. Una pila que lleva algún tiempo en funcionamiento se comporta como fuente de fem no ideal. La resistencia interna de la pila va aumentando con el tiempo y llega un momento que es tan grande que la pila deja de funcionar.
Diferentes formas de representar fuentes fem ideales.
Ejemplo 6.7.1Una manera de obtener el valor de la resistencia interna r de una batería, conocida su fem ideal ε (o diferencia de potencial cuando la corriente que la atraviesa es cero), es conectar la batería a una resistencia R y medir la corriente I que la atraviesa. Expresemos r en función de V, R e I.
Sol.Teniendo en cuenta que una batería en serie con una resistencia R es equivalente a una fuente ideal ε en serie con dos resistencias r y R, podemos usar la ley de Ohm con la resistencia equivalente RT:
Consideremos una batería ideal de fem ε conectada a un circuito y tal que la intensidad de corriente que atraviesa la batería es I. Esta fuente suministra energía que proviene, como hemos visto, del trabajo de las reacciones químicas del interior de la batería. Cada vez que una carga positiva Δq llega al terminal negativo de la batería, formando parte de la corriente que recorre el circuito, la batería ha de hacer un trabajo para llevarla, por su interior, hasta su terminal positivo. El trabajo que realiza la fuerza eléctrica para que la carga Δq vaya desde el terminal negativo hasta el positivo es
We=−ΔqΔV=−Δqɛ
que es negativo, por lo que la carga no hará ese movimiento a menos que la batería realice un trabajo del mismo valor y signo opuesto para que ocurra. Ese trabajo es la energía potencial eléctrica suministrada al circuito por una fuente de fem ε y tiene un valor
Uɛ=Δqɛ.
Si por la fuente de fem pasa una corriente I en un intervalo de tiempo Δt, se puede escribir Δq = I Δt, de manera que
Uɛ=IɛΔt.
La potencia eléctrica suministrada por la fuente es, entonces,
Pɛ=UeΔt=Iɛ
y su unidad en el SI es el vatio (W).
La potencia eléctrica suministrada por una fuente ha de repartirse entre todos los elementos del circuito. En particular, la potencia que consume una resistencia de valor R, que tiene una caída de potencial V entre sus terminales y que es atravesada por una corriente I en el sentido en que cae el potencial, se puede escribir, usando la ley de Ohm para pasar de una manera a otra, como
PR=IV=I2R=V2R.
La energía que consume la resistencia se debe a la pérdida de energía cinética de los electrones libres al atravesar el interior de esa resistencia. Esta energía cinética perdida por los electrones se transforma, en la resistencia, en un aumento de su energía interna, es decir, en un aumento de su temperatura. Por tanto, la energía consumida en una resistencia es disipada en el medio en forma de calor.
Una nota final. Una fuente proporciona energía a un circuito si la corriente que la atraviesa por su interior lo hace desde su terminal negativo hacia su terminal positivo. La potencia que proporciona la fuente en tal caso es, como hemos visto, Pε = I ε. Hay casos en que un circuito tiene varias fuentes y, en alguna de ellas, la corriente va por su interior desde el terminal positivo al negativo. En este caso, la potencia de esa fuente, Pε = I ε, no será potencia proporcionada al circuito, sino potencia consumida por esa fuente en particular.
Ejemplo 6.8.1Dos resistencias, R1 = 1 Ω y R2 = 3 Ω, que están en paralelo, se conectan a una fuente ideal de tensión de 6 V. Calculemos la potencia disipada en cada resistencias y comprobemos que su suma coincide con la potencia suministrada por la fuente.
Sol.Las dos resistencias están en paralelo y por tanto la caída de tensión en ambas es la misma, y coincide con la tensión de la fuente ε = 6 V. Así, las potencias disipadas son
PR1=ɛ2R1=361=36W,PR2=ɛ2R2=363=12W.
En total, la potencia disipada es
PR=PR1+PR2=48W.
Este valor de PR también lo podemos calcular usando el valor de la resistencia equivalente
RT=(1+13)−1=34=0,75Ω.
Así,
PR=ɛ2RT=360,75=48W.
Para obtener la potencia suministrada por la fuente, necesitamos calcular la intensidad I que la atraviesa. Esta intensidad es la misma que circula por la resistencia RT y que podemos calcular con la ley de Ohm:
ɛ=IRT⇒I=ɛRT=60,75=8A.
De este modo, la potencia suministrada por la fuente es
Pɛ=Iɛ=6⋅8=48W,
que coincide con la potencia disipada PR.
<bold>Tabla resumen</bold>
Fórmula/magnitud
Definición
Ecuación
E=σposε0u±σpos=QA
Q
ε0
A
u±
Campo eléctrico condensador plano
Densidad superficial de carga positiva
Carga de la placa positiva
Permitividad del vacío
Área de las placas
Vector unitario perpendicular a las placas desde la placa positiva a la negativa
(6.1)
C=εAd
ε
d
Capacidad del condensador plano
Permitividad del dieléctrico o vacío (ε0)
Distancia entre placas
(6.2)
CT = C1 + C2
Capacidad equivalente de dos condensadores en paralelo
CT−1=C1−1+C2−1
Capacidad equivalente de dos condensadores en serie
Ue=Q22C=C(ΔV)22=Q(ΔV)2
Energía de un condensador
Diferencia de potencial entre placas
(6.3)
V = RI
V
R
I
Ley de Ohm
Caída de potencial
Resistencia
Intensidad
(6.4)
R=ρeℓS
ρe
ℓ
S
Resistencia
Resistividad eléctrica
Longitud del cable
Sección del cable
(6.5)
ρe = ρe0 [1 + α (T − T0)]
ρe
ρe0
α
Resistividad versus temperatura
Resistividad a la temperatura T
Resistividad a la temperatura T0
Coeficiente térmico de la resistividad
(6.6)
RT = R1 + R2
Resistencia equivalente de dos resistencias en serie
(6.7)
RT−1=R1−1+R2−1
Resistencia equivalente de dos resistencias en paralelo
(6.8)
Pε =Pε
I
ε
Potencia suministrada por la fuente
Intensidad a través de la fuente
del polo negativo al positivo
Fuerza electromotriz de la fuente
(6.9)
PR=IV=I2R=V2R
I
V
Potencia consumida por la resistencia R
Intensidad
Caída de potencial
(6.10)
<bold>Problemas resueltos</bold>
A partir de la siguiente expresión del campo eléctrico E = 4 kV/m i + 7 kV/m j, calcula la diferencia de potencial entre cualquiera pareja de los puntos A = (0, 0, 0) cm, B = (1, 0, 0) cm y C = (2, 3, 0) cm.
Sol. La diferencia de potencial entre dos puntos P y Q puede calcularse a partir del campo eléctrico E mediante
ΔV=VP−VQ=−∫QPE⋅dr
Si el campo eléctrico E es uniforme (no depende de la posición), puede sacarse de la integral. Entonces,
ΔV=VP−VQ=−E⋅∫QPdr=−E⋅(rP−rQ)
Para el caso del ejercicio,
VB−VA=−E⋅(rB−rA)=−(4000,7000,0)⋅(0,01,0,0)=−40V,VC−VB=−E⋅(rC−rB)=−(4000,7000,0)⋅(0,01;0,03;0)=−250V,VA−VC=−E⋅(rA−rC)=−(4000,7000,0)⋅(−0,02,−0,03,0)=80+210=290V.
Dado el campo eléctrico E = (−i + 2j − 3 k) V/m y los puntos A = (−2, −3, 1) m y B = (1, −2, 3) m, calcula el potencial en el punto B sabiendo que el potencial en el punto A es 5 V.
Sol. La diferencia de potencial entre B y A, dado que el campo eléctrico es uniforme, es
VB−VA=−E⋅(rB−rA)=−(−1,2,−3)⋅(3,1,2)=−(−3+2−6)=7V.
Dado que VA = 5V,
VB−VA=7⇒VB=VA+7=5+7=12V.
Un condensador plano se situá perpendicularmente al eje X, con su placa positiva en x = 0 y la negativa en x = 1 cm. Teniendo en cuenta que el campo eléctrico generado entre las placas es igual a E = 4 kV/m i y que el potencial de la placa positiva es V+ = 10 V, calcula
la diferencia de potencial entre la placa positiva y la placa negativa del condensador,
el potencial de los puntos x = 0,1 cm y x = 0,9 cm,
la posición del punto que se encuentra a potencial nulo.
Sol. En primer lugar, calculemos el potencial de cualquier punto entre las placas del condensador, es decir, el potencial V (x) en los puntos x ∈ (0 cm, 1 cm). La expresión del potencial en función del campo eléctrico es
V=−∫E⋅dr=−E⋅r+k,
donde se ha usado que E es uniforme y k es una constante de integra- ción. En el caso del ejercicio,
V=−(4000,0,0)⋅(x,y,z)+k=−4000x+k.
Para calcular el valor de k, el dato que nos ofrecen es que el potencial de la placa positiva es V+ = 10 V. Dado que esta placa se encuentra en x = 0 cm, tendremos
V+=10=V(0)=−4000⋅0+k=k
Por tanto, el potencial entre las placas del condensador es
V(x)=10−4000x
con 0 m ≤ x ≤ 0,01 m.
La diferencia de potencial entre las placas del condensador es
ΔV=V+−V−=V(0)−V(1)=(10−4000⋅0)−(10−4000⋅0,01)=40V.
Para los puntos x = 0,1 cm y x = 0,9 cm,
V(0,1cm)=10−4000⋅0,001=6V,V(0,9cm)=10−4000⋅0,009=−29V.
Hay muchos puntos en los que el potencial vale cero. Son todos aqúellos entre las placas con coordenada horizontal x0:
V(x0)=0=10−4000x0⇒x0=104000=2,5⋅10−3m.
Se carga un condensador de capacidad 5 nF con una batería de 12 V. Una vez cargado, se desconecta de la batería y se le introduce entre sus placas un dieléctrico con una permitividad relativa igual a 2. En la configuración final, calcula
la carga almacenada en el condensador,
la diferencia de potencial entre sus placas.
Sol. Dado que el condensador se carga con una pila de 12 V, la diferencia de potencial inicial entre sus placas es ΔV0 = 12 V. La carga inicial que almacena el condensador es
C0=Q0ΔV0⇒Q0=C0ΔV0=5⋅10−9⋅12=6⋅10−8C.
Al desconectar el condensador de la batería, la carga ha de mantenerse constante (el condensador no está en contacto con nada, de manera que la carga no puede moverse de sus placas). Así, la carga despúes de introducir el dieléctrico será la misma que antes de hacerlo, es decir,
Q=Q0=6⋅10−8C.
Al introducir el dieléctrico con permitividad relativa εr = 2, la capacidad del condensador cambia del siguiente modo:
C=εrC0=2⋅10−9=2nF.
La diferencia de potencial entre las placas del condensador con el dieléctrico será
C=QΔV⇒ΔV=QC=6⋅10−82⋅5⋅10−9=6V.
Se carga un condensador de 1,5 µF de capacidad con una pila de 4,5 V. Sin desconectar el condensador de la pila, se inserta entre las placas un dieléctrico. Calcula la permitividad relativa de éste sabiendo que la placa positiva recibe una carga adicional de 5 · 10−6 C.
Sol. La carga almacenada por el condensador sin dieléctrico es
C0=Q0ΔV0⇒Q0=C0ΔV0=1,5⋅10−6⋅4,5=6,75⋅10−6C,
donde ΔV0 = 4,5 V es la diferencia de potencial proporcionada por la pila para cargar el condensador. Dado que nunca se desconecta el condensador de la pila, la diferencia de potencial tras introducir el dieléctrico ha de mantenerse igual,
ΔV=ΔV0=4,5V.
La permitividad relativa del dieléctrico introducido entre las placas del condensador puede calcularse de la siguiente manera:
C=εrC0=QΔV⇒εr=QC0ΔV=6,75⋅10−6+5⋅10−61,5⋅10−6⋅4,5≃1,74.
Un condensador está hecho de placas cuadradas, de 1 cm de lado, separadas 1 mm. Tras cargarlo con una batería de 5 V, se desconecta y la separación entre las placas se incrementa en 1 mm. Calcula el incremento de energía.
Sol. La capacidad inicial del condensador plano es
C0=ε0Sd0=8,85⋅10−12⋅10−410−3=8,85⋅10−13F.Dado que se usa una batería de 5 V, la carga almacenada inicialmente es
Q0=C0ΔV0=8,85⋅10−13⋅5≃4,43⋅10−12C.
Como se desconecta despúes el condensador de la batería, su carga permanece igual,
Q=Q0≃4,43⋅10−12C.
Su capacidad, al separar las placas hasta 2 mm, es
C=ε0Sd=8,85⋅10−12⋅10−42⋅10−3≃4,43⋅10−13F.
El incremento de energía electrostática resulta
ΔUe=Ue−Ue,0=12QΔV−12Q0ΔV0=Q22C−Q022C0=(4,43⋅10−12)22⋅4,43⋅10−13−(4,43⋅10−12)22⋅8,85⋅10−13≃1,11⋅10−11J.
Esta diferencia de energía electrostática proviene del trabajo realizado por el agente que separa las placas, que ha de vencer la atracción electrostática entre ellas.
Se conecta una batería de 12 V a una asociación en paralelo de dos condensadores de cargas 0,5 µF y tres de 0,25 µF. Calcula la carga total almacenada.
Sol. Dado que los condensadores están en paralelo, su capacidad equivalente es
CT=C1+…+C5=2⋅0,5+3⋅0,25=1,75μF.
La carga total almacenada por la asociación es
QT=CTΔVT=1,75⋅10−6⋅12=2,1⋅10−5C.
Se conecta una batería de 12 V a una asociación en serie de dos condensadores de cargas 0,5 µF y tres de 0,25 µF. Calcula la carga total almacenada.
Sol. Dado que los condensadores están en serie, su capacidad equivalente está dada por
1CT=1C1+⋯+1C5=20,5+30,25=14⇒CT=114≃0,0714μF.
La carga total almacenada por la asociación es
QT=CTΔVT≃0,0714⋅10−6⋅12≃8,57⋅10−7C.
A la asociación de condensadores de la figura, con C1 = 0,1 µF, C2 = 0,2 µF, C3 = 0,3 µF y C4 = 0,4 µF, se le aplica una diferencia de potencial V0 = 12 V. Calcula la carga almacenada y la diferencia de potencial en cada condensador.
Sol. Calculamos primero la capacidad equivalente del sistema. Como C2 y C3 están en paralelo,
C23=C2+C3=0,2+0,3=0,5μF.
Ahora, C1, C23 y C4 están en serie, de modo que
1CT=1C1+1C23+1C4=10,1+10,5+10,4=14,5⇒CT=114,5≃0,0690μF.
La carga total almacenada en la asociación es
QT=CTΔVT≃6,90⋅10−8⋅12=8,28⋅10−7C.
Dado que C1, C23 y C4 están en serie, almacenan la misma carga que toda la asociación, es decir,
Q1=Q23=Q4≃8,28⋅10−7C
La diferencia de potencial en C1, C23 y C4 es
ΔV1=Q1C1≃8,28⋅10−70,1⋅10−6=8,28V,ΔV23=Q23C23=8,28⋅10−70,5⋅10−6≃1,66V,ΔV4=Q4C4=8,28⋅10−70,4⋅10−6≃2,07V.
Y, dado que están en serie, se cumple ΔVT = ΔV1 + ΔV2 + ΔV3 = 12 V (excepto por errores de redondeo).
Faltan por calcular los valores asociados a C2 y C3. Están en paralelo entre ellos, de modo que
ΔV2=ΔV3=ΔV23≃1,66V.
Las cargas almacenadas en C2 y C3 son
Q2=C2ΔV2≃2⋅10−7⋅1,66≃3,31⋅10−7C,Q3=C3ΔV3≃3⋅10−7⋅1,66≃4,97⋅10−7C.
Y, dado que están en paralelo, se cumple Q23 = Q2 + Q3 ⋍ 8,28 · 10−7 C.
Dos condensadores de idéntica capacidad C01 = C02 = 1 µF se conectan en paralelo a una pila de 3 V hasta que se cargan completamente, momento en el que se desconectan de ésta. Entonces se introduce en el segundo condensador un dieléctrico de permitividad relativa εr = 2. Calcula la carga almacenada en cada condensador en la situación final. Sol. Antes de desconectar los condensadores de la pila, la capacidad equivalente es
CT0=C01+C02=1+1=2μF
y la carga total almacenada en la asociación es
QT0=CT0ΔVT0=2⋅10−6⋅3=6⋅10−6C.
Tras desconectar la asociación de la pila, la carga total ha de seguir siendo la misma, aunque cambie la de cada condensador, así que tendremos
QT=Q1+Q2=QT0=6μC.
La capacidad equivalente tras introducir el dieléctrico en el segundo condensador será
CT=C1+C2=C01+εrC02=1+2⋅1=3μF.
Con esto, la diferencia de potencial final en la asociación es
ΔVT=QTCT=6⋅10−63⋅10−6=2V.
Dado que los condensadores están en paralelo, la diferencia de potencial en cada uno de ellos es igual a la que hay en la asociación, es decir,
ΔV1=ΔV2=ΔVT=2V.
Finalmente, la carga almacenada en cada condensador resulta
Q1=C1ΔV1=1⋅10−6⋅2=2⋅10−6C,Q2=C2ΔV2=2⋅1⋅10−6⋅2=4⋅10−6C,
Y se cumple que Q1 + Q2 = 6 µC, como antes de haber desconectado la asociación de condensadores de la batería.
Un alambre de aluminio tiene un diámetro de 2 mm. Teniendo en cuenta que la resistividad del aluminio es de ρe = 2, 8 · 10−8 Ω · m, calcula la longitud necesaria para obtener una resistencia de 0,5 Ω.
Sol. El área de una sección transversal del cable, de diámetro d, es
S=πr2=πd24=π(2⋅10−3)24=10−6m2.
Con esto, de la relación entre resistencia y resistividad en el cable, llegamos a
R=ρeℓS⇒ℓ=S Rρe=10−6⋅0,52.8⋅10−8≃17,9m.
Se utiliza un cable de platino para medir temperaturas. Determina la precisión con la que se ha de medir la resistencia del cable si queremos medir la temperatura con un error máximo de 0,5°C. Ten en cuenta que la resistencia del cable a temperatura ambiente es 50 Ω y que el coeficiente térmico del platino es de 3,9 · 10−3°C−1.
Sol. De la ecuación de la dependencia de la resistencia con la temperatura, podemos escribir
ΔR=R−R0=R0[1+α(T−T0)]−R0=R0αΔT.
Por tanto, si el error máximo en la medición de temperatura es ΔT = 0,5°C, el error máximo en la medición de resistencia ha de ser
ΔR=R0αΔT=50⋅3,9⋅10−3⋅0,5≃0,0975Ω.
Un cable hecho de nicromo, de coeficiente térmico de resistencia de 4,1 · 10−4 K−1, está sometido a una diferencia de potencial igual a 220 V. Cuando su temperatura es de 25°C, la intensidad que fluye por el cable es de 3 A. Tras un rato, la temperatura del cable cambia de modo que la intensidad se reduce a 2,8 A. Calcula la nueva temperatura.
Sol. En primer lugar, se calculan las resistencia del cable a 25°C, que llamaremos R0 y a temperatura T, que llameremos R, con la ley de Ohm:
R0=VI0=2203≃73,3Ω,R=VI=2202,8=78,6Ω.
Usamos ahora la dependencia de la resistencia con la temperatura,
R=R0[1+α(T−T0)],
para despejar la temperatura final T,
T=T0+R−R0αR0≃25+88−78,64,1⋅10−4⋅78,6≃199∘C.
Una bombilla tiene un filamento formado de tungsteno, con coeficiente térmico de resistencia de 3,9· 10−3 K−1. Teniendo en cuenta que, cuando el filamento está sometido a una diferencia de potencial de 220, disipa 25 W y está a 1800 K, calcula su resistencia a 25°C.
Sol. La resistencia a T = 1800 K puede calcularse mediante la expresión de la potencia disipada por una resistencia:
PR=IV=V2R⇒R=V2PR=220225=1936Ω.
Con este dato, de la dependencia de la resistencia con la temperatura,
R=R0[1+α(T−T0)],con T0 = 298,15 K y despejando R0, tenemos
R0=R1+α(T−T0)=19361+3,9⋅10−3⋅(1800−298,15)≃282Ω.
Calcula la resistencia interna de una batería de 15 V teniendo en cuenta que, al conectarla a una resistencia de 200 Ω, la diferencia de potencial entre sus terminales es de 14 V.
Sol. Una batería real funciona como una batería ideal de fem ϵ en serie con una resistencia interna r. Si conectamos la batería a una resistencia R, las resistencias r y R estarán en serie entre ellas, así que su resistencia equivalente y la corriente por el circuito serán
Req=r+R⇒I=ɛReq=ɛr+R.
La diferencia de potencial entre los terminales de la batería real cuando es atravesada por la corriente I es
V=ɛ−rI=ɛ−rɛr+R=Rɛr+R.
Despejando r y usando los datos del ejercicio,
r=RɛV−R=200⋅1514−200≃14,3Ω.
Calcula la fuerza electromotriz y la resistencia interna de una batería sabiendo que, cuando se conecta a una resistencia de 100 Ω, la intensidad que la atraviesa es de 15 mA, mientras que si se conecta a una resistencia de 200 Ω la intensidad se reduce a 10 mA.
Sol. La resistencia equivalente y la corriente por el circuito son
Req=r+R⇒I=ɛReq=ɛr+R.
Para los dos casos del ejercicio,
I1=ɛr+R1I2=ɛr+R2.Dividiendo estas dos ecuaciones, llegamos a
I1I2=r+R2r+R1,
de la que podemos despejar la resistencia interna
r=I1R1−I2R2I2−I1=(15⋅100)−10⋅20010−15=100Ω.
A partir del resultado, la fem de la batería será
ɛ=I1(r+R1)=15⋅10−3⋅(100+200)=4,5V.
Conectamos una batería y dos resistencias, R1 = 106 Ω y R2 = 2 · 106 Ω, en serie. Teniendo en cuenta que la caída de potencial en R1 es de 5 V, calcula la fuerza electromotriz de la batería supuesta ideal, así como la corriente que circula por el circuito.
Sol. La corriente por el circuito, en el que todos los elementos están en
I=V1R1=5106=5⋅10−6A.
Por tanto, la caída de potencial en R2 es
V2=I R2=5⋅10−6⋅2⋅106=10V.
La fem de la batería es la suma de V1 y V2:
ɛ=V1+V2=5+10=15V.
Conectamos la asociación de tres resistencias en paralelo, R1 = 10 kΩ, R2 = 20 kΩ y R3 = 30 kΩ, a una batería. Teniendo en cuenta que la corriente a través de R1 es de 1 mA, calcula la fuerza eletromotriz de la batería, supuesta ideal, y la corriente que circula por ella y por las otras resistencias..
Sol. La diferencia de potencial en R1 es
V1=I1R1=1⋅10−3⋅10⋅103=10V.
Como los elementos están en paralelo, se cumple
ɛ=V1=V2=V3=10V.Con esto, las corrientes en R2 y R3 son
I2=V2R2=1020⋅103=0,5⋅10−3A,I3=V3R3=1030⋅103≃0,333⋅10−3A.
Finalmente, la corriente en la batería es
I=I1+I2+I3≃10−3+0,5⋅10−3+0,333⋅10−3≃1,83⋅10−3A.
Calcula el valor de la resistencia R3 en el circuito de la figura para que por la batería circula una intensidad de 0,1 A. Datos: V = 5 V, R1 = 10Ω y R2 = 50Ω.
Sol. Podemos obtener la resistencia equivalente a partir de la ley de Ohm en la batería,
Req=ɛI=50,1=50Ω.
Por otro lado, la resistencia equivalente es
Req=R1+R23⇒R23=Req−R1=50−10=40Ω,
donde R23 es la resistencia equivalente a la asociación de R2 y R3. Como R2 y R3 están en paralelo, tenemos
1R23=1R2+1R3⇒1R3=1R23−1R2=140−150=1200.
Invirtiendo la última igualdad,
R3=200Ω.
Calcula la corriente por la batería y la diferencia de potencial entre los extremos de las resistencias del siguiente circuito.
Sol. Para calcular la corriente total, se puede primero obtener la resistencia equivalente. Se procede desde las resistencias más alejadas a la batería. Las dos últimas están en serie, de manera que
R24=2+4=6kΩ.
El resultado está en paralelo con la resistencia de 3 kΩ,
1R324=13+16=12⇒R324=2kΩ.
Finalmente, la anterior está en serie con la resistencia de 1 kΩ, con lo que llegamos a
Req=2+1=3kΩ.
Ya podemos calcular la corriente total en la batería mediante
I=ɛReq=123⋅103=4⋅10−3A.
La caída de potencial en la resistencia de 1 kΩ es
V1=I R1=4⋅10−3⋅103=4V.
Por tanto, en la resistencia de 3 kΩ, y también en la asociación en serie de las resistencia de 2 kΩ y 4 kΩ, hay una caída de potencial
V3=V24=ɛ−V1=12−4=8V.
La corriente en la asociación en serie de las resistencia de 2 kΩ y 4 kΩ
I24=V24R24=86⋅103≃1,33⋅10−3A.Finalmente, con I24 obtenemos las caídas de potencial en las resistencias de 2 y 4 kΩ
V2=I24R2≃1,33⋅10−3⋅2⋅103=2,66V,V4=I24R4≃1,33⋅10−3⋅4⋅103≃5,33V.
Los cables de la instalación eléctrica de una casa, de resistividad igual a 1,5 · 10−8 Ω · m, tienen un diámetro de 2 mm. Calcula la corriente máxima que pueden transportar para que el calor que desprendan por efecto Joule sea inferior a 1 W/m.
Sol. La potencia convertida en calor Joule en el cable es
P=IV=I2R=I2ρeℓS.
De aquí, la potencia por unidad de longitud de cable (dado que el dato que nos dan está en W/m, se trata de una potencia por unidad de longitud) es
Pℓ=I2ρeπr2,
donde r = d/2 es el radio de la sección del cable y d es su diámetro, que es lo que nos piden. Dado que la potencia por unidad de longitud ha de ser menor de 1 W/m, llegamos a
I2ρeπ(d/2)2<1.
Despejando la intensidad,
I<πd24ρe=π⋅4⋅10−64⋅1,5⋅10−8≃14,5A.
Por tanto, la intensidad máxima Im es
Im≃14,5A.
URJC<target target-type="page" id="pges_174"/><target target-type="page" id="pges_175"/><bold>CIRCUITOS DE CORRIENTE CONTINUA</bold>
En este tema utilizamos los resultados teóricos del tema anterior para analizar los circuitos de corriente continua. Comenzamos enunciando las leyes de Kirchoff y analizando el circuito divisor de tensión. Con objeto de abordar circuitos más complejos, enunciamos los teoremas de Thévenin y Norton. Finalmente, describimos el comportamiento de algunos circuitos sencillos de corriente continua con condensadores.
<bold>Leyes de Kirchhoff</bold>
Como vimos en el tema anterior, un circuito eléctrico es un conjunto de cables conductores y otros dispositivos que permiten mantener de forma ininterrumpida una corriente eléctrica. Para simplificar su estudio, son especialmente útiles las leyes de Kirchhoff, que son consecuencia de la conservación de la carga eléctrica y la conservación de la energía:
La ley de Kirchhoff para las corrientes indica que la suma de las corrientes que entran en un punto de unión de varios elementos de un circuito es igual a la suma de las corrientes que salen de él. Estos puntos de unión se llaman nodos, como el punto central de la figura 7.1, que muestra una parte de un circuito. En ese nodo, la ley de Kirchhoff de las corrientes implica que I1 + I3 + I4 = I2.
Ejemplo de un trozo de circuito con un nodo.
La ley de Kirchhoff para las caídas de tensión indica que la suma de las caídas de tensión a lo largo de un circuito cerrado o malla vale cero. La caída de tensión en cada elemento se toma positiva si recorremos el elemento desde su terminal positivo hasta su terminal negativo, y negativa si entramos por el terminal negativo. Por ejemplo, en la figura 7.2 la ley de Kirchhoff implica que V1 + V2 + V3 + V4 + V5 = 0.
<target target-type="page" id="pges_176"/>Ejemplo de circuito con una malla.
El sentido de recorrido de la malla es indiferente y lo elegimos a priori según nos convenga. Para las resistencias, la caída de tensión se toma positiva en la ley de Kirchhoff si el sentido de la corriente en ellas es el mismo que el sentido en el que estamos recorriendo la malla, y se toma negativa si estamos recorriendo la malla en sentido opuesto al de la corriente en la resistencia.
<bold>Circuito divisor de tensión</bold>
Un ejemplo sencillo en teoría de circuitos es el divisor de tensión. Consta de una fuente de tensión conectada a varias resistencias en serie. Podemos verlo montado en la figura 7.3.
Circuito divisor de tensión con dos resistencias.
En el divisor de tensión de la figura 7.3, Vin es el voltaje de entrada proporcionado por la fuente, es decir, Vin = ɛ. La idea es tratar de calcular el valor del llamado voltaje de salida Vout, que, como vemos en la figura, se corresponde en este caso con la caída de tensión en la resistencia R2, es decir, Vout = V2.
Usando la ley de Kirchhoff de las mallas, recorriendo ésta en sentido horario, obtenemos
−Vin+V1+V2=0,
donde hemos supuesto que la (única) corriente en el circuito es I recorre la malla desde el terminal positivo de la fuente hasta su terminal negativo. Usando la ley de Ohm con las resistencias, tendremos
V1=IR1,V2=IR2.
Por tanto, la ley de Kirchhoff de la malla nos da la corriente según
−Vin+I(R1+R2)=0⇒I=VinR1+R2.
Como podemos ver, el valor de I obtenido es positivo, lo que indica que el sentido elegido anteriormente es el correcto. De aquí
V2=IR2=Vin(R2R1+R2),
que es la llamada ecuación del divisor. Dice simplemente que, en un circuito divisor de tensión, el voltaje de entrada se divide entre todas las resistencias proporcionalmente al valor de cada una. Conviene memorizar esta ecuación, ya que es extremadamente útil. El valor de la caída de tensión en la otra resistencia sería, con la misma regla,
V1=Vin(R1R1+R2).
En general, si tenemos un circuito dividor de tensión formado por una fuente ideal de fem ϵ y un conjunto de N resistencias en serie, la caída de tensión en la resistencia Ri vendrá dada por la expresión
Vi=ɛ(RiR1+R2+⋯+RN).
Ejemplo 7.1.1Analicemos el circuito divisor de tensión con tres resistencias, tomando como Vin la tensión de la fuente y Vout la caída de tensión en la resistencia R3.
Sol.Hagamos el ejercicio de varias maneras. Procediendo como en el tema anterior, podemos calcular primero la resistencia equivalente Req = R1 + R2 + R3y, utilizando la ley de Ohm, calcular la corriente I que atraviesa todos los elementos:
I=VinReq=VinR1+R2+R3.
Así, la caída de tensión por la resistencia R3es
Vout=IR3=VinR3R1+R2+R3.
Una segunda manera es mediante la ley de Kirchoff para la malla. Si la recorremos en sentido horario y asumimos que I también circula en sentido horario, llegamos a
−Vin+V1+V2+V3=0.
Usando la ley de Ohm con las resistencias, la ecuación anterior se escribe
−Vin+IR1+IR2+IR3=0,
con la que obtenemos la misma expresión de I que con el método anterior, y con ella la misma relación entre Vout y Vin ya obtenida. Finalmente, también podemos llegar al resultado deseado empleando la ecuación(7.1), donde i = 3, ɛ = Vin y N = 3.
<bold>Circuitos equivalentes de Thévenin y de Norton</bold>
Una fracción importante de los circuitos utilizados en la práctica es la de los circuitos de acoplamiento. Un acoplamiento es una conexión, a través de dos terminales a y b, entre dos subcircuitos que realizan funciones diferentes. En el caso más simple, un subcircuito realiza funciones de fuente, generando una señal para otro subcircuito que se llama carga (o load, del inglés). Un subcircuito está conectado al otro mediante cables conductores con puntos de contacto a y b. La situación se puede observar en el esquema de la figura 7.4.
<target target-type="page" id="pges_179"/>Esquema de un circuito con subcircuito fuente y subcircuito carga.
<bold>Circuito equivalente de Thévenin</bold>
No resulta práctico tener que calcular todas las corrientes y tensiones del circuito total cada vez que hagamos un cambio en el subcircuito de carga. Lo bueno es que en realidad no tenemos que hacerlo en muchos casos (siempre que el subcircuito fuente esté formado por elementos lineales tales como fuentes de tensión o de corriente y resistencias), y esto es debido a la posibilidad de usar el llamado teorema de Thévenin:
Cualquier subcircuito fuente lineal, formado por una red de resistencias y fuentes, es equivalente a una única fuente de fem ideal en serie con una única resistencia.
El teorema de Thévenin se ilustra en la figura 7.5. Entre los terminales a y b, toda la red de resistencias y fuentes de tensión que forman el subcircuito fuente puede sustituirse por una única fuente de fem de valor VTh y una única resistencia de valor RTh.
Ilustración del teorema de Thévenin.
Veamos cómo calcular los valores de VTh y RTh:
El voltaje de Thévenin VTh es el que hay entre los terminales de salida a y b cuando el subcircuito fuente original se deja en abierto, es decir, cuando no se conecta ningú n subcircuito de carga,
VTh=Vabierto.
La resistencia de Thévenin RTh es el cociente entre el voltaje de Théve- nin VTh y la corriente que hay entre los terminales de salida a y b si se conecta un cortocircuito entre ambos,
RTh=VThIcortocircuito.
Una manera alternativa de calcular RTh es igualarla con la resistencia equivalente entre los terminales a y b cuando todas las fuentes de tensión del circuito original se sustituyen por cortocircuitos (o por las resistencias internas de las fuentes si éstas no son ideales) y las fuentes de corriente del circuito original (dispositivos que veremos un poco más abajo) se sustituyen por circuitos abiertos.
Una vez obtenido el equivalente de Thévenin, podemos conectarle el subcircuito de carga y obtener cualquier cantidad que se nos pida sobre él.
Ejemplo 7.2.1Supongamos que usamos el circuito de la figura 7.3 como subcircuito fuente. Para ello, conectamos en la salida una resistencia R3(subcircuito carga). Usemos el equivalente de Thévenin del subcircuito fuente para calcular la corriente por R3.
Sol.Para obtener la resistencia Thévenin, cortocircuitamos la fuente y calculamos la resistencia equivalente del subcirctuito fuente respecto de los terminales de salida. En este caso las resistencias R1y R2están en paralelo por lo que
RTh=R1R2R1+R2.
Para calcular VTh debemos calcular la caída de potencial en R2. Como tenemos un divisor de tensión, usamos los resultados ya conocidos:
VTh=R2R1+R2Vin.
Así, respecto de los terminales de salida, el subcircuito carga se puede escribir como el circuito de la figura 7.5 con las expresiones de RTh y VTh anteriores. Para obtener la corriente I en la resistencia R3, observemos que, de nuevo, el equivalente de Thévenin y R3forman un divisor de tensión. Por ello,
I3=VThRTh+R3=R2R1+R2Vin1R1R2R1+R2+R3=R2VinR1R2+R3(R1+R2).<target target-type="page" id="pges_181"/><bold>Fuentes de corriente</bold>
Una fuente de corriente ideal es un dispositivo que mantiene cierto valor de la corriente independientemente de lo que se conecte a ella. Hay dispositivos en la práctica que se comportan como fuentes de corriente, construidos con transistores. El símbolo que emplearemos para una fuente de corriente es el que podemos ver en la figura 7.6.
Un ejemplo de uso de fuentes de corriente es el circuito divisor de corriente, formado por una fuente de corriente de valor It conectada a un conjunto de resistencias en paralelo, como vemos en la figura 7.7.
Para calcular el valor de I1 e I2 (las corrientes que circulan por las resistencias), podemos usar la ley de Kirchhoff de los nodos en la confluencia de éstas con It y la ley de Kirchhoff de las mallas en la que no contiene a la fuente de corriente. Se obtienen las ecuaciones
Símbolo de fuente de corriente.
Circuito divisor de corriente.
It=I1+I20=−I1R1+I2R2,
donde suponemos que el valor It de la fuente es conocido. Resolviendo este sistema,
I1=It(R2R1+R2),I2=It(R1R1+R2).
La expresión general de las corrientes en las resistencias de un divisor de corriente es
Ii=It(ReqRi),
donde Req es la resistencia equivalente de la asociación en paralelo de las resistencias del divisor y Ri es la resistencia en la que estamos calculando la corriente.
Ejemplo 7.2.2Analicemos el divisor de corriente con tres resistencias, añadiendo R3en paralelo a las resistencias del circuito de la figura 7.7.
Sol.Al igual que hicimos en el ejemplo 7.1.1, podemos proceder, al menos, de tres maneras. En primer lugar, podemos calcular la resistencia equivalente. Al estar las tres en paralelo, tenemos
A idénticos resultados llegamos usando la ecuación(7.4). Por último, también podríamos usar las leyes de Kirchoff para analizar el circuito. Por una parte, tendríamos que toda la intensidad que pasa por la fuente de corriente It se reparte por las resistencias
It=I1+I2+I3,
y, recorriendo las dos mallas que contienen sólo resistencias en sentido horario:
0=−I1R1+I2R2,0=−I2R2+I3R3,
donde hemos usado la ley de Ohm para expresar las caídas de tensión en las resistencias como función de las corrientes y las resistencias. Las dos relaciones anteriores no expresan más que el hecho de que las tres resistencias están en paralelo, sus caídas de tensión por tanto son iguales.
Estas mismas relaciones nos permiten, por ejemplo, expresar I2e I3en función de I1. Y, usando luego la ecuación para It, llegamos a
It=I1+R1R2I1+R1R3I1⇒I1=It1+R1R2+R1R3.
Análogamente, llegamos a las ecuaciones para I2e I3ya obtenidas previamente.
<bold>Circuito equivalente de Norton</bold>
Además del equivalente de Thévenin existe otra opción para tratar un subcircuito fuente formado por una red de fuentes y resistencias. Se trata del teorema de Norton:
Cualquier subcircuito fuente lineal, formado por una red de resistencias y fuentes, es equivalente a una única fuente de corriente ideal en paralelo con una única resistencia.
El teorema de Norton se ilustra en la figura 7.8.
Ilustración del teorema de Norton.
Veamos cómo calcular los valores de IN y RN:
La corriente de Norton IN es la que hay entre los terminales de salida a y b del subcircuito fuente original si se conecta un cortocircuito entre ambos,
IN=Icortocircuito.
La resistencia de Norton RN es el cociente entre el voltaje que hay entre los terminales a y b del subcircuito original si se deja un circuito abierto entre ellos y la corriente de Norton, es decir,
RN=VabiertoIN.
Dado que, tanto el circuito de Thévenin como el de Norton, son equivalentes al subcircuito fuente original, han de serlo entre ellos. Esto implica que los valores de ambos circuitos han de coincidir, por lo que
RN=RTh,IN=VThRTh,VTh=INRN.
Ejemplo 7.2.3Volvamos al ejemplo 7.2.1 y resolvámoslo obteniendo el equivalente de Norton del subcircuito fuente.
Sol.Debemos calcular el equivalente de Norton de un divisor de tensión, donde se toma la salida entre los terminales de la resistencia R2. Primero calculamos la resistencia Norton RN o resistencia equivalente entre los terminales de salida cuando cortocircuitamos la fuente. Como ésta coincide con la resistencia Thévenin, RN = RTh, que ya calculamos en el ejemplo 7.2.1:
RN=R1R2R1+R2.
La intensidad Norton es la que hay entre los terminales de salida cuando ésta se cortocircuita. En este caso, la resistencia R2queda en paralelo con un corto y por tanto la asociación es equivalente a un corto. Por tanto, nos queda la fuente Vin en serie con R1, por lo que
IN=VinR1.
Finalmente, el subcircuito fuente simplificado y la resistencia R3forman un divisor de corriente, por lo que, la corriente I3a través de R3, usando la ecuación(7.4), es
I3=IN(R3−1+RN−1)−1R3=R2VinR1R2+R3(R1+R2),
que es el resultado obtenido en el ejemplo 7.2.1.
<bold>Circuitos de corriente continua con condensadores</bold>
En los circuitos que hemos considerado hasta ahora, los voltajes e intensidades permanecían constantes en el tiempo. Sin embargo, es posible que los voltajes e intensidades varíen en el tiempo aunque el circuito sea de corriente continua. Esto ocurre, por ejemplo, si conectamos condensadores descargados a fuentes y resistencias. Los condensadores permiten construir, por ejemplo, circuitos temporizadores (en los que algo ocurre una vez ha ocurrido otra cosa).
Los condensadores se representan, en los diagramas de circuitos, mediante dos barras paralelas de la misma longitud, como ya vimos en el tema anterior. Este símbolo recuerda al de un condensador plano, aunque en realidad hay gran variedad de formas y tamaños. La ecuación característica de un condensador la vimos en el tema anterior y era
Q=CV,
donde Q es la carga acumulada en la placa positiva del condensador, C es su capacidad y V es la diferencia de potencial entre sus placas. Para el estudio de los condensadores en circuitos, se requiere, sin embargo, una relación entre voltaje y corriente. Obtenemos esta relación derivando la ecuación del condensador respecto al tiempo y usando que I = dQ/dt. Así llegamos a la ecuación
I=CdVdt,
siendo I la corriente que va, por el exterior del condensador, desde su placa negativa a su placa positiva, que es el sentido convencional que hemos adoptado. Esta relación expresa que cuanto mayor sea la corriente más deprisa crece el voltaje. Como vemos, un condensador no satisface la ley de Ohm.
<target target-type="page" id="pges_186"/><bold>Descarga de un condensador</bold>
Veamos, en primer lugar, un circuito básico de descarga de un condensador, que es algo tan sencillo como un condensador cargado conectado a una resistencia, como muestra la figura 7.9.
A la derecha de la figura 7.9 vemos cómo varía el voltaje del condensador con el tiempo. Inicialmente tiene un voltaje V0, y una carga Q0 = CV0. Como está conectado con la resistencia, ésta tiene el mismo voltaje y, por la ley de Ohm, deja pasar una corriente inicial I0 = V0/R que comienza a descargar el condensador. Esto ocurre hasta que el voltaje del condensador es cero, el condensador se ha descargado y ya no hay corriente por la resistencia. El tiempo característico de descarga del condensador en este circuito es igual al producto RC y se llama constante de tiempo del circuito. De hecho, cuando ha pasado un tiempo t = RC, el voltaje ha decaído en el condensador hasta un 37 % aproximadamente del valor inicial.
Circuito con un condensador y una resistencia (izquierda) y la curva de descarga del condensador (derecha).
<bold>Carga de un condensador</bold>
Para cargar un condensador que esté inicialmente descargado, se puede conectar a una fuente de tensión en serie con una resistencia, como vemos en la figura 7.10.
Inicialmente, el condensador tiene voltaje nulo y carga nula. Por ello, la resistencia tiene inicialmente todo el voltaje que proporciona la fuente y comienza a dejar pasar una corriente inicial I0 = V/R que comienza a cargar el condensador. Esto ocurre hasta que el voltaje del condensador iguala el de la fuente, con lo que ningún voltaje cae en la resistencia y la corriente es cero. En ese momento, la carga final del condensador es Q = CV. El comportamiento del voltaje del condensador con el tiempo se ve en la figura, y la constante de tiempo del circuito es, de nuevo, el producto RC. A efectos prácticos, despúes de transcurrido un tiempo igual a cinco veces la constante de tiempo, esto es, 5RC, el voltaje ha alcanzado el 99 % de su valor final y consideramos cargado el condensador.
<target target-type="page" id="pges_187"/>Circuito con una fuente de tensión, un condensador y una resistencia (izquierda) y la curva de carga del condensador (derecha).
<bold>Condensadores en régimen estacionario de corriente continua</bold>
Finalmente, vamos a tratar también el comportamiento de los condensadores en circuitos de corriente continua en los que los voltajes y las corrientes son constantes. Esta situación se conoce con el nombre de régimen estacionario, que es el que hemos estado tratando todo el tiempo en circuitos con resistencias.
El comportamiento de un condensador en el régimen estacionario de corriente continua está dado por su ecuación característica
I=CdVdt,
pero con V constante. Por tanto, en el estacionario de corriente continua, un condensador cumple
I=0,
y es, por tanto, equivalente a un circuito abierto.
Ejemplo 7.3.1Conectamos la salida del circuito de la figura 7.3 a un condensador de capacidad C, inicialmente descargado. Calculemos la constante de tiempo del proceso de carga así como la carga de la pla ca positiva del condensador cuando está completamente cargado.
Sol.Si reemplazamos el circuito fuente por su equivalente de Thévenin, el resultado es una fuente VTh en serie con una resistencia RTh y un condensador C. Así, usando los resultados del ejemplo 7.2.1, la constante de tiempo vale
RThC=R1R2R1+R2C.
Por otra parte, cuando el condensador está completamente cargado, se comporta como un abierto. Así, la diferencia de potencial entre sus placas vale VTh, por lo que la carga Q de su placa positiva es
Q=CVTh=R2R1+R2CVin.<bold>Tabla resumen</bold>
Fórmula/magnitud
Definición
Ecuación
Vi=ɛ(RiR1+R2+⋯+RN)
Vi
ɛ
Divisor de tensión con N resistencias
Caída de tensión en la resistencia Ri
Fem de la fuente ideal
(7.1)
VTh = Vabierto
Vabierto
Voltaje Thévenin
Voltaje subcircuito fuente en abierto
(7.2)
RTh=VThIcortocircuito
Icortocircuito
Resistencia Thévenin
Intensidad subcirtuito fuente en corto
(7.3)
Ii=It(ReqRi)
Ii
It
Req
Divisor de corriente
Intensidad de la resistencia Ri
Intensidad de la fuente de corriente
Resistencia equivalente
(7.4)
I=CdVdt
I
C
V
t
Ecuación característica del condensador
Intensidad del condensador
Capacidad del condensador
Voltaje del condensador
Tiempo
(7.5)
<bold>Problemas resueltos</bold>
Determina la diferencia de potencial V2 − V4 entre los puntos 2 y 4 del circuito de la figura.
Sol. Aplicamos la regla de Kirchhoff de las mallas a la única malla del circuito. Dado que sólo hay una corriente I, resulta
−ɛ+IR1+IR2+IR3=0⇒I=ɛR1+R2+R3=51000+1000+3000=10−3A.
Ya tenemos lo que necesitamos para calcular cualquier diferencia de potencial. Para determinar V2 − V4, nos dirigimos desde el punto 2 al punto 4 por cualquier camino del circuito y vamos sumando las caídas de potencial que nos encontremos en el camino. Por ejemplo, si vamos por el camino de las resistencias de 1 kΩ (derecha) y 3kΩ,
V2−V4=IR2+IR3=10−3⋅103+10−3⋅3⋅103=4V.
Si vamos por el camino de la resistencia de 1 kΩ (arriba) y la batería,
V2−V4=−I R1+ɛ=−10−3⋅103+5=4V.
Obtén la potencia disipada por la resistencia de 50 Ω del circuito de la figura. Además, calcula la diferencia de potencial entre los puntos a y b.
Sol. Para realizar el ejercicio, necesitamos las corrientes a través de las resistencias. Llamaremos I1 a la corriente que atraviesa la batería y la resistencia R1 = 10 Ω, I2 será la corriente que atraviesa la resistencia R2 = 80 Ω (hacia abajo) e I3 será la corriente que pasa por R3 = 20 Ω y R4 = 50 Ω (hacia abajo).
NOTA: El sentido de las corrientes se toma inicialmente como queramos. Si alguna resulta negativa despúes, es que el sentido es el contrario del que habíamos imaginado al principio.
Dado que tenemos 3 incógnitas (las corrientes), nos hacen falta 3 ecuaciones. Planteamos las reglas de Kirchhoff en las dos mallas internas del circuito y en el nodo a,
I1=I2+I3,0=−ɛ+I1R1+I2R2,0=−I2R2+I3R3+I3R4.
Poniendo los datos ɛ = 12 V, R1 = 10 Ω, R2 = 8 Ω, R3 = 20 Ω y R4 = 50 Ω en el sistema de ecuaciones anterior, se obtiene
I1≃0,903A,I2≃0,372A,I3=0,0425A.
Una vez resuelto el circuito, podemos responder a las preguntas que se nos plantean. La potencia disipada en la resistencia R4 = 50 Ω es
P4=I3V4=I32R4≃(0,0425)2⋅50≃0,0902W.
La diferencia de potencial entre los puntos a y b es
Va−Vb=I2R2≃0,372⋅8≃2,97V.
Calcula todas las corrientes del circuito de la figura. Además, calcula la diferencia de potencial entre los puntos 1 y 2, entre 2 y 3, y entre 1 y 4.
Sol. Llamamos I1 a la corriente que parte del terminal positivo de la batería y pasa por R1, I2 a la que pasa por R2 hacia abajo e I3 a la que pasa por R3 y R4 hacia abajo. Las reglas de Kirchhoff en el nodo 1 y en las dos mallas interiores dan las ecuaciones
I1=I2+I3,0=−ɛ+I1R1+I2R2+I1R5,0=−I2R2+I3R3+I3R4.
De estas tres ecuaciones, se obtienen
I1≃0,171A,I2≃0,129AI3≃0,0429A.
La diferencia de potencial entre 1 y 2 es
V1−V2=I3R3≃0,857V,
entre 2 y 3 es
V2−V3=I3R4≃0,429V,
y entre 1 y 4 es
V1−V4=−I1R1+ɛ≃4,71V.
Calcula la potencia suministrada por la fuente de 10 V así como la potencia disipada por las resistencias del siguiente circuito.
Sol. Para aligerar la notación, escribimes directamente el valor de las resistencias en lugar de nombrarlas con letras. Las reglas de Kirchhoff en las dos mallas interiores y en el nodo de arriba dan las ecuaciones
I10=I5+I′,0=4I5−10+I5+5.0=−10+2I′+3I′,
donde I′ es la corriente por las resistencias de 2 Ω y 3 Ω (hacia abajo), I10 es la corriente por la batería de 10 V (hacia arriba) e I5 es la corriente por la batería de 5 V (hacia abajo). Resolviendo el sistema,
I10=3A,I5=1AI′=2A.
La potencia suministrada por la batería de 10 V es igual a la corriente que la atraviesa (de su terminal negativo a su terminal positivo) por su fem, es decir,
P10=I10·10=3·10=30W.
La potencia disipada por las resistencias es la suma de las disipadas por cada una de ellas,
PR=I52·4+I52·1+(I′)2·2+(I′)2·3=12·5+22·5=25W.
Los resultados anteriores nos dicen que la batería de 10 V proporciona más potencia que la que disipan todas las resistencias. Por tanto, la batería de 5 V no proporciona ninguna potencia al circuito, sino que consume parte de la potencia que proporciona la de 10 V. La potencia consumida por la batería de 5 V es igual a la que proporciona la batería de 10 V menos la que consumen las resistencias, es decir,
P5,consumida=P10−PR=30−25=5W.
Para explicar esto, podemos calcular la potencia que proporciona esa misma batería. Será igual a la corriente que la atreviesa del terminal negativo al positivo por su fem. Pero la corriente I5 va del terminal positivo al negativo de la batería, por lo que
P5=−I5·5=−2·10=−5W,
lo que coincide con el cálculo anterior. De hecho, en este circuito, la batería de 10 V se usa para cargar la batería de 5 V.
Calcula el potencial de los puntos 1, 2 y 3 del siguiente circuito teniendo en cuenta que el potencial del punto 0 es cero.
Sol. El potencial del punto 1 se puede calcular fácilmente porque entre él y el punto 0 está solo la batería de ɛ1 = 10 V, por lo que
V1=V1−V0=ɛ1=10V.
Lo mismo ocurre en el punto 3, pero ahora con la batería de ɛ2 = 5 V:
V3=V3−V0=ɛ2=5V.
Para calcular el potencial del punto 2 nos hace falta la corriente que pasa por alguna resistencia. Suponemos que I1 es la corriente que parte del terminal positivo de 10 V, I2 parte del terminal positivo de 5 V e I′ pasa por R3 de arriba hacia abajo. Por las reglas de Kirchhoff en el nodo 2 y las dos mallas interiores, tenemos
I′=I1+I2,0=−10+I1+3I′,0=−3I′−2I2+5.La solución es
I1=3511A,I2=−1011A,I′=2511A.
El resultado nos indica que I2 va en sentido opuesto al que habíamos pensado (recorre la batería de 5 V hacia abajo). Con todo esto, el potencial del punto 2 es
V2=V2−V0=I′R3=32511≃6,82V.
Calcula la potencia suministrada o disipada por cada elemento del siguiente circuito.
Sol. Tomamos las intensidades I1, I2 e I3 de las fuentes de 1 V, 2 V y 3 V saliendo de los polos positivos, respectivamente. Las reglas de Kirchhoff en el nodo central superior y las dos mallas interiores dan las ecuaciones
I2=I1+I3,0=10I1−1−2+20I2,0=−20I2+2+3−30I3.
Resolviendo el sistema, tenemos
I1=122A,I2=755A,I3=9110A.
Las potencias proporcionadas por las baterías son
P1=1·I1=122≃0,0455W,P2=2I2=1455≃0,255W,P3=3I3=27110≃0,245W.
Las potencias disipadas por las resistencias son
P10=(122)210≃0,0207W,P20=(755)220≃0,324W,P30=(9110)230≃0,201W.
Usando el equivalente de Thévenin del circuito fuente, calcula la corriente en la resistencia de carga conectada entre los terminales a y b.
Sol. Para calcular el equivalente de Thévenin, lo primero es quitar la resistencia de carga entre los terminales a y b. El voltaje de Thévenin es la diferencia de potencial entre los puntos a y b, que coincide con la caída de potencial en la resistencia de 6 Ω. Dado que el circuito es un divisor de tensión, tenemos
VTh=Va−Vb=ɛRabReq=2·64+6=1,2V.
Para calcular la resistencia de Thévenin, podemos poner un cortocircuito entre a y b. En la asociación en parelelo entre ese cortocircuito (con resistencia nula) y la resistencia de 6 Ω, toda la corriente pasa por el cortocircuito. Por tanto, la corriente entre a y b coincide con la que habría en el circuito sin la resistencia de 6 Ω, que es
Icortocircuito=24=0,5A.De aquí,
RTh=VThIcortocircuito=1,20,5=2,4Ω.
De manera alternativa, podemos calcular la resistencia de Thévenin como la equivalente entre a y b cuando se reemplaza la batería de 2 V por un cortocircuito. Entonces, las resistencias de 4 Ω y 6 Ω están en paralelo y resulta
1RTh=14+16=512⇒RTh=2,4Ω.
Ya tenemos calculado el equivalente de Thévenin, así que volvemos a colocar la resistencia de carga entre a y b. El ejercicio nos pide la corriente a través de esa resistencia. En el circuito que nos ha quedado, las resistencias RT h y la de carga RL están en serie. La corriente en ese circuito es
I=VThRTh+RL=1,22,4+8≃0,115A.
Usando el equivalente de Norton del circuito fuente, calcula la corriente en la resistencia de carga.
Sol. Primero, quitamos la resistencia de carga. La resistencia de Norton (que es igual a la de Thévenin) puede obtenerse reemplazando la batería por un cortocircuito y calculando la resistencia equivalente de la configuración resultante entre a y b. Como las tres resistencias están en paralelo, tenemos
1RN=14+16+18=1324⇒RN=2413≃1,85Ω.
Por otro lado, la corriente de Norton es la que hay entre a y b cuando ponemos un cortocircuito entre ellos. Al ponerlo, este cortocircuito está en paralelo con las resistencias de 6 Ω y 8 Ω, por lo que no pasa corriente por estas dos resistencias. Así, IN es la corriente total en un circuito en el que sólo está la resistencia de 4 Ω,
IN=Icortocircuito=24=0,5A.
Una vez calculado el equivalente de Norton, colocamos en él la resistencia de carga RL = 10 Ω. Este circuito es un divisor de corriente, con la fuente de corriente IN = 0,5 A en paralelo con la resistencia de Norton RN ⋍ 1,85 Ω y la resistencia de carga RL = 10 Ω. La resistencia equivalente de la asociación en paralelo de RN y RL es
1Req=1RN+1RL=1324+110=77120⇒Req=12077≃1,56Ω.
Por la ecuación del divisor, la corriente a través de RL es
IL=INReqRL=0,5·12077·10≃0,0779A.
Obtén el equivalente de Thévenin respecto de los terminales a y b del siguiente subcircuito fuente.
Sol. Para obtener el voltaje de Thévenin, hemos de calcular la diferencia de potencial entre a y b. Dado que no pasa corriente por la batería de 2 V ni por la resistencia de 5 Ω, la corriente por la resistencia de 6 Ω es
I6=ɛ1Req=312+6=16A.Con esto,
Va−Vb=−ɛ2+I6R6=−2+(16·6)=−1V.
Por tanto, resulta que el terminal positivo del equivalente de Thévenin no es a, sino b. El voltaje de Thévenin es
VTh=Vb−Va=1V.
Para la resistencia de Thévenin, sustituimos todas las baterías por cortocircuitos. Las resistencias de 12 Ω y 6 Ω están en paralelo, de modo que
1R12=1R1+1R2=112+16=312⇒R12=4Ω.
Dado que R12 está en serie con la resistencia de 5 Ω,
RTh=R12+R5=4+5=9Ω.
Calcula el equivalente de Norton del siguiente subcircuito fuente.
Sol. Para obtener la resistencia de Norton, sustituimos todas las baterías por cortocircuitos y calculamos la resistencia equivalente entre a y b. Las resistencias R1 y R2 están en serie, de manera que
R12=R1+R2=20+100=120Ω.R12 está en paralelo con R3:
1R123=1R12+1R3=1120+130=5120⇒R123=1205=24Ω.Finalmente, R123 está en serie con R4, por lo que
RN=R123+R4=24+100=124Ω.
La corriente de Norton es la corriente entre a y b cuando se coloca un cortocircuito entre esos puntos. Para este caso, sin embargo, es mucho más sencillo calcular el voltaje en circuito abierto entre a y b (voltaje de Thévenin) y luego usar la resistencia de Norton que ya tenemos. Dado que no hay corriente en R4, la corriente en la malla cerrada (tomada en sentido antihorario), usando la regla de Kirchhoff, está dada por
0=2+I(20+100+30)−3⇒I=1150A.
Por tanto,
Vabierto=Va−Vb=−I30+3=−30150+3=145V.
Y, usando la resistencia de Norton, tenemos
IN=VabiertoRN=145·124≃0,0223A.
En el circuito de la figura, V0 = 10 V, R1 = 100 Ω, R2 = 300 Ω, C = 4 µF.
Teniendo en cuenta que el condensador del siguiente circuito está inicialmente descargado, calcula la constante de tiempo del proceso de carga, así como la carga de su placa positiva una vez finalizado el proceso de carga.
Sol. Sabemos que la constante de tiempo de la carga de un condensador conectado a una batería y a una resistencia en serie es RC. Pero, en este circuito, tenemos dos resistencias. Para reducirlo, hacemos el equivalente de Thévenin quitando el condensador. El voltaje de Thévenin será el de la resistencia de 150 Ω en el divisor de tensión resultante:
VTh=515050+150=10·300100+300=3,75V.
La resistencia de Thévenin, sustitutyendo la batería por un cortocircuito, estará dada por
1RTh=150+1150=4150⇒RTh=1504=37,5Ω.
Una vez calculado el equivalente de Thévenin, colocamos en él el condensador. Tenemos ahora una batería con VTh = 3,75 V en serie con una resistencia RTh = 37,5 Ω y un condensador C = 2 µF. La constante de tiempo del proceso de carga será
RC=37,5·2·10−6=7,5·10−5s.
Una vez cargado el condensador, ya no hay corriente en el equivalente de Thévenin y el voltaje del condensador se iguala al voltaje de la batería, por lo que
VC=VTh=3,75V.
De aquí, la carga del condensador resulta
C=QVC⇒Q=CVC=2·10−6·3,75=7,5·10−6C.
Determina la carga del condensador una vez está completamente cargado.
Sol. En el régimen estacionario, por la rama en la que está el condensador no circula corriente (C se comporta como un circuito abierto), de modo que no hay corriente por R3. La diferencia de potencial VC entre las placas del condensador es, entonces, igual a la caída de potencial V2 en R2. Dado que el circuito formado por V, R1 y R2 es un divisor de tensión,
VC=V2=VR2R1=VR2R1+R0=623=4V.
Con esto, la carga de la plaza positiva del condensador resulta
Q=CVC=10−12·4=4·10−12C.
URJC<target target-type="page" id="pges_202"/><target target-type="page" id="pges_203"/><bold>MAGNETISMO E INDUCCIÓN</bold>
Este tema incluye algunos resultados básicos sobre magnetoestáti- ca. Comenzamos analizando el comportamiento de algunos materiales como los imanes y solenoides. Esto nos lleva a definir el campo magnético y a considerar su forma más sencilla: el campo magnético generado por un solenoide. A continuación, enunciamos la ley de Lenz-Faraday que explica cómo se puede inducir una fuerza electromotriz por medio de un flujo magnético variable en el tiempo. Como aplicación del resultado anterior, analizamos el fenómeno de autoinducción, lo que nos llevará al concepto de autoinductancia. Finalmente, estudiamos los generadores de corriente alterna y los transformadores.
<bold>Imanes y solenoides</bold>
En la naturaleza existen materiales que, sin estar cargados, atraen y repelen a otros. Se les llama imanes y, a la propiedad que presentan, magnetismo.
Todo imán tiene dos polos, llamados norte y sur magnéticos, de tal forma que los polos del mismo tipo se repelen y los polos de tipo opuesto se atraen. Los imanes crean campos magnéticos a su alrededor. Estos campos magnéti- cos son campos vectoriales. Las líneas de campo magnético, que se definen de manera que en cada punto son tangentes al vector campo magnético, son cerradas. Los polos norte son manantiales de líneas de campo magnético y los polos sur son sumideros de líneas de campo magnético. Las líneas se cierran por el interior del imán.
Denotaremos el campo magnético creado por determinada fuente, como un imán, mediante la notación B. La unidad de campo magnético es el tesla (T).
<bold>Campo magnético de un solenoide</bold>
Las cargas eléctricas en movimiento y las corrientes eléctricas son fuentes de campo magnético, es decir, son responsables de crear campos magnéticos. Sin embargo, para nuestras aplicaciones es suficiente considerar aquí un caso particular especialmente sencillo, que es el campo magnético creado por un solenoide.
Un solenoide es una bobina (geométricamente, un cilindro de longitud ℓ y sección circular de radio R) sobre la cual se enrolla un alambre conductor dando N vueltas. Este dispositivo proporciona un campo magnético intenso y aproximadamente uniforme en la región acotada por el alambre enrollado. Es, por tanto, el análogo magnético al campo eléctrico de un condensador. Un esquema de un solenoide y las líneas de campo magnético que produce se ven en la figura 8.1.
<target target-type="page" id="pges_204"/>Respresentación de un solenoide y el campo magnético que genera.
Cuando una corriente eléctrica I recorre un solenoide largo y de muchas vueltas por unidad de longitud, representadas por la cantidad n = N/ℓ, las líneas magnéticas en el interior del solenoide son aproximadamente paralelas al eje del solenoide y están muy juntas unas de otras, es decir, el campo magnético es intenso y aproximadamente uniforme. Fuera del solenoide, las líneas están mucho más espaciadas, indicando que el campo es mucho menos intenso. En general, presentan la misma configuración que las líneas creadas por un imán permanente de la misma forma y tamaño.
El campo magnético en el interior del solenoide se puede expresar de la forma que sigue. Supongamos que el eje del solenoide es el eje z, es decir, el eje z está a lo largo del pulgar de nuestra mano derecha cuando los dedos mayores de la misma mano recorren la superficie del solenoide en el sentido de la corriente eléctrica. Entonces
B=µ0nIk,
donde µ0 = 4π · 10−7 N/A2 es la permeabilidad magnética del vacío.
Como vemos en la expresión anterior, el campo magnético interior de un solenoide es un campo uniforme. Este campo se puede hacer aún mucho mayor si colocamos en el interior del solenoide un núcleo ferromagnético. Este dispositivo (un solenoide largo con un núcleo ferromagnético) se llama electroimán.
Ejemplo 8.1.1Calculemos el módulo del campo magnético generado por un solenoide de 10 cm de longitud compuesto por 100 vueltas de cable cuando por éste circula una corriente de 0,1 A.
Sol.Tenemos quen=1000,1=104m−1 e I=0,1A. Usando la ecuación(8.1)en forma escalar, llegamos a que el módulo del campo magnético es
De forma independiente, Faraday y Henry descubrieron que un campo magnético variable en el tiempo podía producir una fuerza electromotriz. Por ejemplo, si colocamos un imán permanente cerca de una espira y no hay movimiento relativo entre ellos, la corriente que circula por la espira es cero pues no está conectada a ninguna fuente de fem. Pero si aproximamos el imán a la espira se comprueba que aparece una corriente en ella, como se representa en la figura 8.2. Si alejamos el imán, la corriente tiene sentido contrario. Y también se generaría una corriente en la espira si movemos la espira pero no el imán. La corriente en la espira se llama corriente inducida, pues ha sido producida por un campo magnético variable en el tiempo. Y la misma espira se comporta como una fuente de fem inducida capaz de producir esa corriente.
Inducción electromagnética al acercar un imán a una espira. Si la velocidad relativa del imán a la espira es cero, entonces la intensidad inducida es cero (figura superior). En otro caso la intensidad es no nula (figura inferior).
El fenómeno de producción de una fem con ayuda de un campo magnético se llama inducción electromagnética.
<bold>Ley de Faraday</bold>
La ley de Faraday de la inducción electromagnética relaciona la fem inducida en un circuito C con el cambio de flujo magnético a través de la superficie S encerrada por él. Se escribe
ɛind=−dΦmdt.
En esta expresión, Φm es el flujo magnético a través de la superficie S encerrada por C. El flujo se calcula mediante la integral de superficie
Φm=∫SB·dS,
donde dS = ndS, siendo n un vector unitario normal a la superficie S en cada punto y dS el elemento de área en ese punto. La unidad de flujo magnético es el weber, definido de manera que 1 Wb = 1 T · m2.
Si el campo magnético es uniforme en la superficie S, que será el caso más usual en las aplicaciones que vamos a tratar, el flujo magnético se puede escribir
Φm=(B·n)S.
El signo menos que aparece en la ley de Faraday indica que la fem inducida se opone a la causa que la produce (que es la variación del flujo magnético). Una manera de comprender esto es a través de la ley de Lenz.
<bold>Ley de Lenz</bold>
La ley de Lenz explica el sentido de la corriente inducida en un circuito. Esta ley se basa en notar que el campo magnético neto que penetra un circuito está formado por dos contribuciones. La primera es el campo magnético externo que produce un cambio en el flujo y da lugar a la fem inducida y a la corriente inducida. Además, existe una segunda contribución, dada por el campo magnético creado por la propia corriente inducida, que se llama campo magnético inducido.
La ley de Lenz dice que la fem inducida resultante de un flujo magnéti- co variable tiene tal polaridad que la corriente inducida genera un campo magnético inducido que se opone a la variación del flujo magnético original.
Tratemos de encontrar la dirección de la corriente inducida en una espira por un imán permanente que se acerca a ella. El flujo magnético a través de la espira crece porque el campo magnético del imán sobre la espira crece al acercarse. Así, el campo magnético inducido Bind debe tener un sentido contrario al crecimiento del flujo, por la ley de Lenz, y debe entonces dirigirse hacia abajo. Para crear un campo magnético inducido hacia abajo, el sentido de la corriente inducida debe ser horario, como se ve aplicando la regla del sacacorchos. Este sentido de la corriente nos da la polaridad de la fem inducida (indicada por los signos + y − en la figura 8.3). En el caso en el que el imán se alejase de la espira, el sentido de la corriente inducida se invertiría.
Campo magnético inducido en una espira al acercar (izquierda) y alejar (derecha) un imán.
Ejemplo 8.2.1Consideremos una espira cuadrada de lado 10 cm inmersa en un campo magnético uniformeB = 5k mT. El ángulo α que forma el vector unitario normal a la espirancon el campo magnéticoBvaría con el tiempo comoa(t)=π2t, donde t se mide en segundos. Calculemos la fem inducida ɛind en la espira.
Sol.Para obtener el ɛind primero debemos conocer el flujo magnético Φm del campo magnéticoBa través de la espira como función del tiempo. Dado queBes uniforme, tenemos
Φm=B⋅nS=5cos(α)0,12=0,05cos(α)Wb,
donde α es una función conocida del tiempo. Usando ahora la ley de Faraday, obtenemos el resultado deseado
La autoinducción es el fenómeno por el cual un circuito por el que pasa una corriente variable induce una fem en el mismo circuito que se opone a la variación de flujo original.
Como vemos en la figura 8.4, consideremos un circuito por el que circula una corriente I variable. Esta corriente crea un campo magnético variable y un flujo variable a través del propio circuito. Según la ley de Faraday, habrá una fem inducida en el circuito, y su valor será
Ejemplo de autoinducción en un circuito simple.
ɛ=−LdIdt,
donde L es la autoinductancia del circuito, cuya unidad es el henrio, 1 H, y que se define como
L=ΦmI.
La autoinductancia sólo depende de la geometría del circuito y de las propiedades de los materiales de los que están compuestos las bobinas que tenga el circuito. Una bobina o solenoide con muchas vueltas y un núcleo ferro- magnético posee una L mucho mayor que la de un circuito corriente, en el que se suele despreciar su autoinductancia. La bobina se llama entonces inductor y es un elemento de circuito como las resistencias y los condensadores.
Observamos que la fem autoinducida se opone a la causa que la produce, que es la fem variable del generador conectado al circuito. Podemos, pues, considerar un inductor como un elemento en el que cae una tensión VL. La ecuación característica del inductor es entonces
VL=LdIdt,
y así aparece normalmente en teoría de circuitos.
Ejemplo 8.3.1Calculemos la autoinductancia del solenoide del ejemplo 8.1.1.
Sol.Supongamos que por el cable del solenoide circula una corriente estacionaria I, cuyo valor no tiene por qúe ser el del ejemplo 8.1.1. El campo magnético en su interior es
B=µ0nI,
donde n es el número de vueltas o espiras por longitud n = N/ℓ. El flujo magnético total de este campo a través de todas las espiras que forman el solenoide resulta
Φm=BNS,
donde S es el área de las espiras. Así, la autoinductancia resulta
L=ΦmI=µ0NℓINSI=µ0N2Sℓ=4π·10−710020,120,1≃1,26mH.
El resultado obtenido no depende de I, sino de factores geométricos del solenoide (longitud, sección transversal y número de espiras).
<bold>Energía magnética almacenada por un inductor</bold>
Igual que un condensador almacena energía eléctrica, un inductor almacena energía magnética cuando es atravesado por una corriente variable. Esta energía proviene del trabajo realizado por la fuente de fem para establecer una corriente a través del inductor. La energía magnética Um almacenada por el inductor es
Um=LI22.
Otra manera de interpretar este resultado es que, al establecer una corriente a través del inductor, éste crea un campo magnético, de manera que el trabajo realizado para establecer la corriente es también el trabajo necesario para crear ese campo magnético. La energía almacenada en el inductor es por tanto la energía del campo magnético.
Ejemplo 8.3.2Calculemos la energía almacenada por el solenoide del ejemplo 8.1.1.
Sol.Si usamos la fórmula(8.5), necesitamos la autoinductancia que hemos calculado en el ejemplo 8.3.1 y el valor de I = 0,1 A del enunciado del ejemplo 8.1.1:
Um=LI22≃121,26·10−3·0,12≃6,28·10−6J.<bold>Generadores eléctricos de corriente alterna</bold>
Prácticamente toda la energía eléctrica que se utiliza en el mundo se produce en forma de corriente alterna (ac) a través de generadores eléctricos. Los generadores eléctricos producen energía eléctrica a partir de un trabajo mecánico. El funcionamiento de estos generadores se basa en la inducción electromagnética para producir una fem de tipo armónico (es decir, una fem alterna) cuando enormes bobinas rotan en presencia de campos magnéticos producidos por electroimanes.
Esquema de un generador eléctrico de corriente alterna.
Como vemos en la figura 8.5, un generador eléctrico simplificado es una espira de N vueltas y área S que rota con velocidad angular constante ω entre los polos de un electroimán. El electroimán produce un campo magnéti- co uniforme B. Los terminales de la espira están conectados a unos anillos metálicos deslizantes que giran al rotar la espira. Cada uno de estos anillos roza a una escobilla de grafito (se usa este material para evitar chispazos), de manera que la diferencia de potencial entre los terminales de la espira, que es la misma que hay entre los anillos deslizantes, es igual a la diferencia de potencial entre las escobillas de grafito. Las escobillas son los terminales del circuito externo al que el generador alimenta.
Consideremos una situación inicial en la que el vector normal a la espira forma un ángulo α0 con el campo magnético uniforme del electroimán. Empezamos ahora a hacer un trabajo mecánico rotando la espira con velocidad angular ω constante. Esto significa que el ángulo α que forman la normal a la espira y el campo magnético del electroimán varía en el tiempo según la expresión
α=ωt+α0.
El flujo magnético Φm a través de la espira es
Φm=NSBcosα=NSBcos(ωt+α0).
Según la ley de Faraday, se induce entonces una fem ɛ en la espira dada por
ɛ=−dΦmdt=NSBωsin(α0+ωt)=ɛ0sin(ωt+α0),
donde
ɛ0=NSBω
es una constante característica del generador, llamada amplitud o valor de pico de la fem sinusoidal. La unidad de fem de pico es 1 V. En consecuencia, un generador eléctrico transforma energía mecánica, la necesaria para rotar la espira, en energía eléctrica.
Como vemos, la fem ɛ es una función periódica armónica de amplitud ɛ0 y frecuencia angular ω. La frecuencia f de la fem ɛ es f = ω/(2π), que es el número de veces que la fem alcanza su valor máximo en un segundo, contando a partir del momento en que tiene ese mismo valor. El inverso de la frecuencia T = 2π/ω = 1/f es el periodo de la fem, el tiempo que pasa desde que la fem tiene su valor máximo hasta que vuelve a tenerlo. En la práctica, es común dar las características de un generador de corriente alterna mediante su fem de pico ɛ0 y su frecuencia f.
La fem proporcionada por un generador eléctrico cambia su polaridad a medida que rota la espira, lo cual es propio de los circuitos de corriente alterna. Así, si se conecta un circuito externo al generador, que se suele denominar circuito de carga, a través de él habrá una corriente alterna que cambiará su sentido con la misma frecuencia f con la que la fem cambia su polaridad (aunque no necesariamente en el mismo instante). En los circuitos, el símbolo de un generador que proporciona una fem de este tipo es el que vemos en la figura 8.6.
Símbolo de un generador de fem alterna.
Algunas centrales eléctricas queman combustible fósil (carbón, gas o petróleo) para calentar agua y producir gas presurizado que hace girar enormes turbinas cuyos ejes están unidos al generador, mientras que otras usan cascadas de agua, energía nuclear u otros medios como fuente de trabajo mecánico.
Ejemplo 8.4.1Volvamos a considerar el ejemplo 8.2.1 y calculemos el valor de pico, la frecuencia angular, la frecuencia y el periodo de la fem.
Sol.En el ejemplo 8.2.1 analizamos un generador eléctrico de corriente alterna con una espira con una única vuelta N = 1, con el ángulo inicial α0 = 0 y la frecuencia angular
ω=π2rad/s.
Así, el valor de pico de la fem es la amplitud de la fem sinusoidal (t):
ɛ0=π40≃0,0785V.
Finalmente, la frecuencia f y el periodo T de la fem son:
Un transformador es una máquina eléctrica que sirve para aumentar o disminuir un voltaje de corriente alterna. En su versión más simple, está formado por dos bobinas de cable conductor enrolladas sobre un único núcleo ferromagnético. La bobina primaria tiene Np vueltas de cable y está conectada a una fuente de fem alterna Vin. La bobina secundaria tiene Ns vueltas.
Esquema de un transformador sin carga.
<bold>Transformador sin carga</bold>
Supongamos, en primer lugar, que la bobina secundaria no está conectada a un circuito externo, es decir, estamos en la condición de circuito abierto en la salida, como vemos en la figura 8.7. La corriente alterna Ip en el circuito primario, proporcionada por su generador, atraviesa la bobina primaria y, debido a la presencia del núcleo ferromagnético, crea un campo magnético notable en ella. Este campo magnético produce un voltaje en la bobina primaria que obedece la ley de la inducción electromagnética, que escribiremos en la forma
ɛp=−NpdΦpdt,
siendo Φp el flujo magnético a través de una vuelta de la bobina primaria.
Por otro lado, dado que la bobina secundaria está también enrollada en el núcleo ferromagnético, parte (o todas) las líneas magnéticas que atraviesan la bobina primaria lo hacen con la secundaria. Debido a esto, en la bobina secundaria se induce una fem dada por
ɛs=−NsdΦsdt,
y, en el caso ideal en que las pérdidas de flujo son despreciables, se tiene que Φs = Φp, por lo que se llega a
ɛsɛp=NsNp,
lo que constituye la ecuación del transformador. Así, si Ns > Np, el voltaje de pico de la bobina secundaria ɛs es mayor que el voltaje de pico de la bobina primaria ɛp, y se dice que tenemos un transformador elevador. En caso contrario es Np > Ns y tenemos un transformador reductor. La razón Ns/Np se llama cociente de vueltas del transformador.
Está claro por qúe un transformador no opera en corriente continua: la corriente en el circuito primario ha de variar con el tiempo para que haya flujo magnético en la bobina secundaria.
<bold>Transformador con carga</bold>
Supongamos ahora que conectamos un circuito de carga a la bobina secundaria, como vemos en la figura 8.8, de manera que circula una corriente alterna Is a través de él.
Esquema de un transformador con carga.
Si se desprecian posibles pérdidas de potencia en el transformador (usualmente menores del 10 %), se ha de cumplir que la potencia es igual en el circuito primario que en el secundario,
Ipɛp=Isɛs,
donde Ip e Is son la intensidad de pico en el primario y la intensidad de pico en el secundario, respectivamente. Usando ahora la ecuación del transformador, tenemos
IsIp=NpNs.
Por tanto, un transformador que eleva el voltaje de pico disminuye la corriente de pico y viceversa.
Los transformadores juegan un papel importante en la transmisión de potencia entre plantas de generación eléctrica y las comunidades a las que sirven. Cuando se transmite la corriente eléctrica, hay siempre pérdidas de potencia debido al calor Joule PR = I2R disipado en los cables, que presentan alta resistencia porque son muy largos. Las compañías eléctricas reducen estas pérdidas usando transformadores que aumentan el voltaje a valores muy altos, reduciendo mucho la corriente. Así, las centrales eléctricas producen voltajes del orden de 104 V. A la salida de las centrales se utilizan transformadores elevadores, que elevan los voltajes hasta órdenes de 2 ·105 V y conducen la corriente a larga distancia a través de cables de alta tensión. Luego, para reducir los voltajes a valores más seguros en el interior de las ciudades, se situán a la entrada de éstas subestaciones de potencia, con transformadores reductores que dejan los valores en unos 8 ·103 V. A su vez, cerca de cada área de población se instalan nuevos transformadores reductores, para obtener los valores de 200 V típicos del consumo diario.
Ejemplo 8.5.1Consideremos un trasformador construido con dos bobinas, la primaria con Np = 100 vueltas y la secundaria con Ns vueltas. Calculemos el valor de Ns que duplique la fem en el secundario y el valor que la reduzca a la mitad. En sendos casos, veamos cómo se modifican las corrientes cuando el circuito secundario tiene carga.
Sol.Usando las ecuaciones
ɛsɛp=NsNp,IsIp=NpNs,
si ɛ se duplica, entonces
NsNp=2⇒Ns=200,
y la intensidad en el secundario se reduce a la mitad
IsIp=12⇒Is=Ip2.
Análogamente, si la tensión se reduce a la mitad, tenemos
N2=50,Is=2Ip.<bold>Tabla resumen</bold>
Fórmula/magnitud
Definición
Ecuación
B = µ0nIk
µ0
n
I
k
Campo magnético de un solenoide
Permeabilidad magnética del vacío
Número de vueltas (espiras) por unidad de longitud
Intensidad que circula por las espiras
Vector unitario en la dirección del del solenoide y sentido que marca I
(8.1)
ɛind=−dΦmdtɛindΦm=∫SB·dS
t
B
S
Ley de Lenz-Faraday
Fem inducida
Flujo magnético
Tiempo
Campo magnético
Vector diferencial normal a la superficie S
(8.2)
(8.3)
VL=LdIdt
VL
L
I
t
Ecuación característica del inductor
Caída de tensión en el inductor o bobina
Autoinductancia
Intensidad que circula por el inductor
Tiempo
(8.4)
Um=LI22
Energía magnética del inductor
(8.5)
ɛ0 = NSBω
N
S
B
ω
Valor de pico de una fem sinusoidal
Número de vueltas
Ãrea de la espira
Módulo del campo magnético
Velocidad angular de rotación
(8.6)
ɛsɛp=NsNp
ɛs
ɛp
Ns
Np
Ecuación del transformador
Tensión de pico en la bobina secundaria
Tensión de pico en la bobina primaria Número de vueltas en la bobina secundaria Número de vueltas en la bobina primaria
(8.7)
IsIp=NpNs
Ecuación del transformador con carga
(8.8)
Is
Intensidad de pico en la bobina secundaria
Ip
Intensidad de pico en la bobina primaria
<bold>Problemas resueltos</bold>
Con un solenoide de 15 cm de longitud y 500 vueltas de cable queremos generar un campo magnético en su interior de 10 mT. Calcula la corriente necesaria por el cable.
Sol. El campo magnético en en interior de un solenoide de n = N/ℓ vueltas por metro es
B=µ0nI=µ0NIℓ.
Despejando, obtenemos la corriente
I=Bℓµ0N=10·10−3·0,154π·10−7·500≃2,39A.
En el interior de un solenoide de 50 cm de longitud y 500 vueltas de cable colocamos otro solenoide de igual longitud pero con 250 vueltas. Teniendo en cuenta que por ambos solenoides circula la misma intensidad de 2 A, calcula el campo magnético en el interior del segundo solenoide y en el espacio entre los dos solenoides cuando las dos corrientes fluyen:
En el mismo sentido.
En sentidos opuestos.
Sol. Consideramos el solenoide 1 como el exterior y el 2 como el interior, de modo que l1 = l2 = l = 0,5 m, N1 = 500, N2 = 250. Tomaremos la aproximación de que el campo creado por un solenoide en su interior es uniforme y de módulo igual a µ0nI, mientras que el campo creado por un solenoide en su exterior es cero.
Como las corrientes van en el mismo sentido, el campo en el interior es la suma de los campos de ambos solenoides,
Bint=µ0N1Iℓ1+µ0N2Iℓ2=µ0Iℓ(N1+N2)=4π·10−7·20,5(500+250)≃3,77mT.
Sin embargo, el campo en el hueco entre solenoides sólo tiene contribución del solenoide externo,
Bhueco=µ0N1Iℓ1=4π·10−7·500·20,5≃2,51mT.
Las corrientes van en sentido opuesto ahora. Esto significa que los campos magnéticos producidos por los solenoides tienen sentido opuesto, así que el campo total es la resta de los producidos por cada solenoide. El campo en el interior es
Bint=µ0N1Iℓ1−µ0N2Iℓ2=µ0Iℓ(N1−N2)=4π·10−7·20,5(500−250)≃1,26mT.
En el hueco entre los solenoides no cambia nada:
Bhueco=µ0N1Iℓ1=4π·10−7·500·20,5≃2,51mT.
Una espira cuadrada de 10 cm de lado está en el seno de un campo magnético uniforme de 50 mT. Determina el flujo magnético a través de la espira cuando el ángulo que forman el plano de la espira y el campo magnético valen: 0°, 60° y 90°.
Sol. El flujo magnético a través de la superficie S encerrada por la espira es
Φm=∫SB·ndS
donde n es el vector unitario normal a la superficie de la espira y dS es un elemento infinitesimal de área en la espira. Si B y n son vectores uniformes en la superficie S (es decir, su módulo, dirección y sentido son los mismos en todos los puntos de S), podemos sacarlos fuera de la integral y el flujo magnético queda
Φm=(B·n)NS=BNScosθ.
siendo θ el ángulo que forman los vectores B y n, y siendo N el número de vueltas de cable en la espira. En el ejercicio, nos dan el valor del ángulo α que forma el campo magnético con el plano de la espira. Este ángulo está relacionado con θ mediante
ω=π2−α.
Tomando B = 50 mT, N = 1, S = 102 = 100 cm2, encontramos:
Para α = 0°= 0 rad,
Φm=BNScosθ=50·10−3·1·100·10−4·cos(π2−0)=0Wb.
Para α = 60°= π/3 rad,
Φm=BNScosθ=50·10−3·1·100·10−4·cos(π2−π3)≃4,33·10−4Wb.
Para α = 90°= π/2 rad,
Φm=BNScosθ=50·10−3·1·100·10−4·cos(π2−π2)=5·10−4Wb.
Una espira circular, de radio 1 cm y 5 vueltas, se coloca en el interior de un solenoide de 10 cm de longitud, 500 vueltas de cable y 1A de corriente. Teniendo en cuenta que el ángulo θ que forman el eje de la espira y el eje del solenoide es θ = 5t, siendo t el tiempo medido en segundos, calcula el flujo magnético a través de la espira como función del tiempo.
Sol. El campo magnético creado por el solenoide es
B=µ0nI=µ0NsIℓ=4π·10−7·500·10,1=2πmT.
El flujo de este campo magnético a través de la espira es
Φm=(B·n)NeS=BNeScosθ=2π·10−3·5·π(0,01)2·cos(5t)=2π·10−6cos(5t)Wb.
Por ejemplo, para t = 0,5 s tenemos
Φm=2π·10−6cos(5·0,5)≃−5,03·10−6Wb.
Generamos un campo magnético uniforme B = Bk, cuyo módulo B varía en el tiempo. Entre los tiempos t = 0 s y t = 1 s la variación es lineal, de modo que B(t = 0 s) = 40mT y B(t = 1 s) = 20 mT. En este campo, está inmersa una espira cuadrada de 10 cm de lado, con 10 vueltas, cuyo eje permanece paralelo al campo B.
Calcula la fuerza electromotriz inducida en la espira durante el primer segundo.
Teniendo en cuenta que la espira está hecha con un cable conductor con una resistencia de 1 Ω, calcula la corriente inducida en la espira junto con su sentido de giro.
Sol. El flujo magnético en la dirección del eje Z a través de la superficie encerrada por la espira es una función del módulo B del campo magnético:
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=B·10·10−2·cos0=0,1B.
Como la variación del campo es lineal con el tiempo, su derivada temporal coincide con suy tasa media de variación en el tiempo. Así, el flujo magnético en el intervalo 0 s < t < 1 s es
dΦmdt=Φ(t=1s)−Φ(t=0s)Δt=(0,1·20·10−3)−(0,1·40·10−3)1=−2·10−3Wb/s.
Con esto, resolvemos las preguntas que nos hace el ejercicio.
La fem inducida en la espira, según la ley de Faraday, es
ɛind=−dΦmdt=−(−0,002)=2mV.
La corriente inducida en la espira, por la ley de Ohm, es
Iind=|ɛind|R=0,0021=2mA.
Aplicamos la ley de Lenz para conocer el sentido de recorrido de esta corriente. Los pasos son:
Como hemos visto, la tasa de variación del flujo magnético a través de la espira en la dirección del eje z es negativa. Esto indica que el flujo magnético a lo largo del eje z decrece en el tiempo.
Por tanto, el flujo magnético a lo largo del eje −z crece en el tiempo.
Según la ley de Lenz, el campo magnético creado por la corriente inducida en la espira ha de oponerse a la variación de flujo magnético. En este caso, ha de ir a lo largo del eje z.
Usando la regla del tornillo, la corriente inducida en la espira será antihoraria.
Una espira, con un área de 0,1 m2 y 10 vueltas, está inmersa en un campo magnético uniforme y constante B = −0,2k T. La espira, inicialmente paralela al eje XY, comienza a rotar con velocidad angular constante de manera que, al cabo de 0,2 s, el eje de la espira forma un ángulo de 60° con el campo. Calcula:
La fuerza electromotriz media inducida en la espira.
La corriente inducida en la espira y su sentido, si ésta tiene una resistencia de 1,5Ω.
Sol. El flujo magnético en la dirección y sentido del eje −Z a través de la superficie encerrada por la espira es una función del ángulo θ entre el campo magnético y el vector normal a la espira:
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=0,2·10·0,1·cosθ=0,2·cosθWb.
La tasa media de variación en el tiempo de este flujo magnético en el intervalo 0 s < t < 0,2 s es
dΦmdt=Φm(0,2)−Φm(0)Δt=(0,2·cos60°)−(0,2·cos0)0,2=−0,5Wb/s.
Vamos con las preguntas.
La fem inducida en la espira es
ɛind=−dΦmdt=−(−0,5)=0,5V.
La corriente inducida en la espira es
Iind=|ɛind|R=0,51,5≃0,33A.
Aplicamos la ley de Lenz:
La tasa de variación del flujo magnético a través de la espira en la dirección y sentido del eje −Z es negativa. Esto indica que el flujo magnético a lo largo del eje −Z decrece en el tiempo.
Por tanto, el flujo magnético a lo largo del eje Z crece en el tiempo.
Según la ley de Lenz, el campo magnético creado por la corriente inducida en la espira ha de oponerse a la variación de flujo magnético. En este caso, ha de ir a lo largo del eje -Z.
Usando la regla del tornillo, la corriente inducida en la espira será horaria.
En el interior de una bobina de 1 m de longitud, de 250 vueltas y por la que circula una corriente de 2A se coloca un equipo eléctrico con una superficie perpendicular al eje de la bobina de 25 cm2. Teniendo en cuenta que la fuerza electromotriz inducida sobre el equipo puede ser de 0,5 V como máximo, calcula
La fuerza electromotriz inducida en el equipo si la corriente se anula a un ritmo constante en 2 ms.
Cuánto tiempo como mínimo debe tardar la corriente del solenoide en anularse de forma uniforme, en caso de avería, sin dañar al equipo.
Sol. El flujo magnético, en la dirección del campo, a través de la superficie del equipo electrónico es una función de la corriente en la bobina:
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=(µ0nI)Scos0=4π·10−7·250·25·10−4I≃1,57·10−6I.
donde debemos escribir I en A y Φm resultará en Wb. La fem inducida en el equipo mientras la corriente I se va a cero en un intervalo de tiempo Δt es
ɛind=−dΦmdt≃−1,57·10−6If−IiΔt=1,57·10−62Δt≃3,14·10−6Δt.
Ahora Δt debe ir en segundos para tener ɛind en V.
Si la corriente se anula en Δt = 2 · 10−3 s, la sobretensión será
ɛind≃3,14·10−6Δt=3,14·10−62·10−3≃1,57·10−3V.
Si la sobretensión máxima que puede soportar el equipo es 0,5 V, el tiempo Δt en que la corriente se va a cero ha de cumplir
3,14·10−6Δt<0,5⇒Δt>3,14·10−60,5≃6,28·10−6s.
Se construye una espira rectangular con dos trozos de cable. El primero tiene forma de , con base de longitud igual a 1m, y el segundo es horizontal y móvil (hacia arriba). La espira tiene una superficie inicial de 0,5 m2 y el lado móvil aumenta su altura a una velocidad constante igual a 2 cm/s. Teniendo en cuenta que la espira se mantiene inmerso en un campo magnético uniforme y constante de módulo B = 1 T que se mantiene perpendicular a ella, calcula la fuerza electromotriz inducida como función del tiempo.
Sol. El flujo magnético en la dirección del campo magnético a través de la superficie encerrada por la espira es una función de la altura y del lado móvil:
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=1·1·1·ycos0=y,
donde y se debe medir en m, Φm se mide en Wb e y varía en el tiempo según
y=y0+vt.
Tenemos el dato v = 2 cm/s. Para calcular y0, usamos la superficie inicial
S0=1·πy0⇒y0=S01=0,5m.
Con esto,
y=y0+vt=0,5+2t.
La fem inducida en el anillo es
ɛind=−dΦmdt=−d(0,5+2t)dt=−2V,
que resulta ser independiente del tiempo.
Un solenoide de 1000 vueltas por metro tiene una sección transversal de 5 cm2. Alrededor de éste se enrolla una bobina de 500 vueltas. Teniendo en cuenta que inicialmente la corriente por el solenoide es de 0,1 A y que ésta cambia durante 1 s, calcula la fuerza electromotriz promedio inducida en la bobina cuando al final la corriente:
Es cero.
Es el doble.
Cambia de signo.
Sol. El flujo magnético, en la dirección del campo magnético del solenoide, a través de la superficie encerrada por la bobina es una función de la corriente del solenoide dada por:
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=(µ0nsI)NbS=4π·10−7·500·103·5·10−4·I=π·10−4·I,
donde, al medir I en A, obtenemos Φm en Wb. La fem promedio inducida en la bobina en un intervalo de tiempo Δt = 1 s será
ɛind=−dΦmdt=−π·10−4If−0,11≃−3,14·10−4·(If−0,1).
Si If = 0 A,
ɛind≃−3,14·10−4·(If−0,1)=−3,14·10−5V.
Si If = 0,2 A,
ɛind≃−3,14·10−4·(If−0,1)=−3,14·10−5V.
Si If = −0,1 A,
ɛind≃−3,14·10−4·(If−0,1)=6,28·10−4V.
La corriente alterna I = 2 A sin (50πt) circula por un solenoide de 500 espiras por metro. Calcula la fuerza electromotriz inducida en una bobina, de 100 espiras y 10 cm2 de sección, cuyo eje es el mismo que el del solenoide.
Sol. El flujo magnético, en la dirección del campo magnético del solenoide, a través de la superficie encerrada por la bobina es una función de la corriente del solenoide:
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=(µ0nsI)NbS=4π·10−7·500·100·10·10−4·I≃6,28·10−5I.
La fem inducida en la bobina es
ɛind=−dΦmdt≃−6,28·10−5ddt[2·sin(100πt)]=−6,28·10−5·2·50π·cos(100πt)≃−1,97·10−2Vcos(100πt).
Un corriente de 50 mA circula por un solenoide de sección circular, de 20 cm de longitud y 1 cm de radio, formado por 200 espiras. Calcula:
El flujo magnético a través de la bobina.
La autoinductancia de la bobina.
La fuerza electromotriz autoinducida en la bobina si la corriente se anula a un ritmo constante en 10−3 s.
Sol. El campo magnético en el interior del solenoide es
B=µ0nI=µ0NIℓ=4π·10−7·200·50·10−30,2≃6,28·10−5T.
El flujo magnético a través del solenoide es
Φm=(B·n)NS=BNScosθ≃6,28·10−5·200·π(10−2)2≃1,26·10−6Wb.
La autoinductancia es
L=ΦmI≃1,26·10−650·10−3=2,51·10−5H.
La fem inducida cuando la corriente se va a cero en 10−3 s es
ɛind=−LdIdt≃−2,51·10−50−0,050,001≃1,26·10−3V.
Un generador de corriente alterna está construido con una bobina cuadrada de 50 vueltas y 0,1 m de lado. Teniendo en cuenta que el campo magnético en el que está inmersa la bobina vale 0,5 T y que ésta gira con una velocidad angular constante igual a 100 rad/s, calcula la fuerza electromotriz de pico, la frecuencia y el periodo del generador.
Sol. El flujo magnético a través de la bobina del generador es
Φm=(B·n)NS=BNScosθ=0,5·50·(0,1)2cos(100t)=0,25Wbcos(100t),
donde hemos supuesto que inicialmente el eje de la bobina está alineado con el campo. Por tanto, la fem inducida es
ɛind=−dΦmdt=0,25·100sin(100t)=25Vsin(100t).
De aquí, la fem de pico es
ɛ0=25V.
La frecuencia es
f=ω2π=1002π≃15,9Hz,
y el periodo es
T=2πω=2π100≃0,0628s.
Un transformador está formado por dos bobinas, la primera con 200 vueltas y la secundaria con 50 vueltas. Teniendo en cuenta que el voltaje y la corriente en el primario valen 200 V y 0,5 A, respectivamente, calcula el voltaje y la corriente en la bobina secundaria, así como la potencia que suministra.
Sol. Por la ecuación del transformador,
VsVp=NsNp⇒Vs=VpNsNp=200·50200=50V.
Para las corrientes, la ecuación es
IpIs=NsNp⇒Is=IpNpNs=0,5·20050=2A.
La potencia, suponiendo que el transformador es ideal, es la misma en la bobina primaria que en la secundaria. Por tanto,
P=IpVp=0,5·200=100W.
URJC<target target-type="page" id="pges_228"/><target target-type="page" id="pges_229"/><bold>CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA</bold>
En este tema estudiamos los circuitos de corriente alterna. En primer lugar, analizamos los circuitos más sencillos: una resistencia, un condensador o una bobina con una fuente alterna sinusoidal. Para considerar situaciones más complejas, usamos el concepto de fasor que es una cantidad compleja. Por ello, previamente hacemos un breve repaso a los números complejos. Mediante el uso de fasores, las resistencias, condensadores e inductores obedecen una ley de Ohm generalizada (con la resistencia sustituida por la impedancia correspondiente). Finalmente, estudiamos los conceptos de potencia activa, reactiva y aparente.
<bold>Resistencias en corriente alterna</bold>
Para ver cómo se comporta una resistencia en corriente alterna, consideremos un circuito muy simple formado por un generador de corriente alterna de fem ɛ(t) = ɛ0 sin (ωt + α0) y una resistencia R, como en la figura 9.1. En el generador, ɛ0 es su fem de pico y ω = 2πf es su frecuencia angular.
Por la regla de Kirchhoff de las mallas, la caída de tensión en la resistencia será igual a la fem del generador, es decir, VR(t) = ɛ(t), de manera que
VR(t)=VR,0sin(ωt+α0),
siendo VR,0 = ɛ0 el valor de pico del voltaje en la resistencia. Por otro lado,
Circuito con una fem alterna y una resistencia.
por la ecuación característica de una resistencia (la ley de Ohm) tenemos
IR(t)=VR(t)R=IR,0sin(ωt+α0),
donde la corriente de pico está dada por
IR,0=VR,0R.
Se comprueba entonces que:
Los valores de pico del voltaje y la corriente en una resistencia siguen la ley de Ohm VR,0 = RIR,0.
La corriente IR(t) en una resistencia está en fase con su voltaje VR(t), es decir, ambos tienen la misma dependencia angular (ωt + α0).
Ambas características definen el comportamiento de una resistencia en corriente alterna. Como veremos más adelante, no ocurre algo tan sencillo para los condensadores e inductores.
<bold>Potencia instantánea y potencia media disipada por una resistencia</bold>
La potencia instantánea PR(t) disipada por la resistencia en forma de calor es
PR(t)=IR(t)VR(t)=IR,0VR,0sin2(ωt+α0),
que es siempre positiva, pues la resistencia está consumiendo energía (casi) todo el rato.
Sin embargo, para evitar tener una dependencia temporal en la expresión de la potencia, es común referirse a la potencia media disipada en un periodo T = 1/f = 2π/ω, que se define mediante la integral
La expresión de la potencia media disipada por una resistencia en corriente alterna sinusoidal, dada por
PR,m=IR,0VR,02,
se puede escribir de manera que se parezca a la fórmula de potencia en corriente continua. Para ello, se definen los valores eficaces de los voltajes y las corrientes.
El valor eficaz de la corriente en la resistencia es
IR,ef=1T∫0T[IR(t)]2dt=IR,02,
y el valor eficaz del voltaje en la resistencia es
VR,ef=1T∫0T[VR(t)]2dt=VR,02.
Con ellos, la potencia media disipada en una resistencia en un circuito de corriente alterna sinusoidal es
PR,m=IR,efVR,ef.
Obtenemos exactamente la misma forma que en corriente continua. También la ley de Ohm se puede escribir en términos de valores eficaces como VR,ef = IR,ef R, así que la potencia media en una resistencia se puede escribir en cualquiera de las formas de la corriente continua,
PR,m=IR,efVR,ef=VR,ef2R=IR,ef2R.
En la red eléctrica española, la tensión de pico en los hogares es de unos 311 V y la frecuencia es f = 50 Hz, de manera que la fem instantánea se puede escribir como ɛ = 311 V sin(100π t). La tensión eficaz es ɛef=ɛ0/2=220 V. En las viviendas, los aparatos enchufados directamente a la red están en paralelo, de manera que todos soportan una tensión eficaz de 220 V. Muchos cableados domésticos soportan corrientes máximas del orden de 20 A, dado que una corriente mayor sobrecalentaría los cables. Para evitar este problema, cada circuito está equipado con un interruptor automático o fusible que salta, abriendo el circuito, cuando la corriente supera ese valor máximo. Para tener mayor potencia se suelen instalar varios circuitos, cada uno con su interruptor.
Ejemplo 9.1.1Consideremos un generador de corriente alterna, con 150 V de fuerza electromotriz de pico y 50 Hz de frecuencia, que está conectado a una resistencia de 5 kΩ. Calculemos el voltaje y corriente de pico así como la potencia media consumida.
Sol.Dado que la fem proporcionada por el generador es
ɛ=ɛ0sin(ωt)=150Vsin(2π·50·t)=150Vsin(100πt),
el voltaje de pico en la resistencia R = 5 kΩ resulta
VR,0=150V
y la corriente de pico
IR,0=VR,0R=1505·103=0,03A.
Finalmente, la potencia media disipada en la resistencia es
PR,m=12VR,0IR,0=12·150·0,03=2,25W.<bold>Condensadores en corriente alterna</bold>
Veamos cómo se comporta un condensador en corriente alterna sinusoidal. Como ya vimos, cuando se carga un condensador con una batería, la corriente se establece entre las placas del condensador durante un periodo de tiempo muy breve, del orden de 5 RC. Despúes la corriente se va a cero. Si fúesemos capaces en ese momento de cambiar la polaridad de la batería, volvería a aparecer una corriente en sentido opuesto para descargar y luego cargar el condensador de acuerdo con la nueva conexión. Esto es, básicamente, lo que que ocurre en corriente alterna, pues la polaridad del generador va cambiando y la carga fluye sin parar en un sentido y luego en el otro.
Circuito con una fem alterna y un condensador.
Para entenderlo, tomemos el circuito simple de la figura 9.2 formado por un generador de fem ɛ(t) = ɛ0 sin (ωt + α0) y un condensador de capacidad C. Por la regla de Kirchhoff de las mallas, la diferencia de potencial entre las placas del condensador es igual a la fem del generador, es decir, VC(t) = ɛ(t), de manera que
VC(t)=VC,0sin(ωt+α0),
siendo VC,0 = ɛ0 el valor de pico del voltaje. La ecuación característica de un condensador es Q = C VC, o bien IC = C dVC/dt, lo que implica
IC(t)=CdVC(t)dt=ωCVC,0cos(ωt+α0).
Podemos escribir entonces la corriente entre las placas del condensador en la forma
IC(t)=IC,0sin(ωt+α0+π/2).
Analicemos el resultado comparando las funciones armónicas VC(t) e IC(t) que hemos obtenido:
Los valores de pico del voltaje y la corriente en un condensador en corriente alterna están relacionados mediante la expresión
VC,0=XCIC,0
donde la cantidad
XC=1ωC
se llama reactancia capacitiva. La relación entre valores eficaces VC,ef=VC,0/2,IC,ef=IC,0/2 es la misma, es decir,
VC,ef=XCIC,ef.
La reactancia capacitiva juega aquí un papel similar a la resistencia, y tiene unidades de resistencia, pues es el cociente entre el voltaje de pico y la corriente de pico. Pero tiene una diferencia fundamental respecto a ella, que es la dependencia con la frecuencia. Cuando la frecuencia es muy grande, XC tiende a cero, lo que implica que el condensador apenas ofrece oposición al paso de la corriente. En contraste, cuando la frecuencia tiende a cero (el límite de corriente continua), la reactancia capacitiva se hace infinita y no hay corriente, que era lo que pasaba en el régimen estacionario de corriente continua.
A diferencia de lo que ocurre en una resistencia, el voltaje y la corriente en un condensador están desfasados en un ángulo de π/2 rad. Esto se debe a que lo que es proporcional al voltaje no es la corriente, sino la carga del condensador, y cuando el voltaje es máximo la carga lo es, por lo que la corriente es nula. Como vemos en las expresiones anteriores de VC(t) e IC(t), la corriente tiene un sumando +π/2 extra en la fase, y por eso se dice que, en un condensador en corriente alterna, la corriente está adelantada al voltaje en +π/2.
<bold>Potencia instantánea y potencia media en un condensador</bold>
La potencia instantánea PC (t) que consume un condensador en corriente alterna es
es decir, alcanza valores positivos y negativos. En los instantes de valores positivos de la potencia, el condensador está tomando energía del generador para cargarse pero, en los instantes de valores negativos, el condensador devuelve energía al generador. Esto explica que la potencia media sea nula,
PC,m=1T∫0TPC(t)dt=0,
lo que implica que, en promedio, el condensador no usa energía del generador en corriente alterna.
Ejemplo 9.2.1Volvamos a tomar el generador de corriente alterna del ejemplo 9.1.1, pero conectémoslo ahora a un condensador de capacidad C = 50 nF. Calculemos el voltaje y corriente de pico así como la potencia media consumida.
Sol.El voltaje de pico en el condensador es
VC,0=150V.
Para calcular la corriente de pico, es necesaria la reactancia capacitiva
XC=1ωC=12π·50·50·10−9≃6,36·104Ω.
Con ella, tenemos
IC,0=VC,0XC≃1506,36·106≃2,36mA.
La potencia media consumida por el condensador es PC,m = 0.
<target target-type="page" id="pges_235"/><bold>Inductores en corriente alterna</bold>
Vamos ahora a examinar el comportamiento de los inductores o bobinas en corriente alterna. Para ello, consideremos un generador de fem ɛ(t) = ɛ0 sin (ωt + α0) conectado a una bobina de autoinductancia L, como en la figura 9.3.
Circuito con una fem alterna y un inductor.
Como no hay nada más conectado entre ellos, la caída de tensión en la bobina es igual a la fem del generador, VL(t) = ɛ(t), de modo que
VL(t)=VL,0sin(ωt+α0),
siendo VL,0 = ɛ0 el valor de pico del voltaje. La ecuación característica del inductor viene de la ley de Faraday, VL(t) = L dIL/dt. Integrando para obtener la corriente, encontramos
IL(t)=1L≃VL(t)dt=−1ωLVL,0cos(ωt+α0).
que podemos escribir como
IL(t)=IL,0sin(ωt+α0−π/2).
Comparamos VL(t) e IL(t):
Los valores de pico del voltaje y la corriente en una bobina en corriente alterna están relacionados mediante la expresión
VL,0=XLIL,0
donde la cantidad
XL=ωL
se llama reactancia inductiva. También se cumple VL,ef = XL IL,ef. La reactancia inductiva aparece de nuevo como una resistencia y tiene unidades de resistencia, pues es el cociente entre el voltaje de pico y la corriente de pico, pero depende de la frecuencia. Cuando la frecuencia es muy grande, XLtiende a infinito y la bobina se comporta como un circuito abierto. Cuando la frecuencia tiende a cero (límite de corriente continua), la reactancia inductiva se hace nula y la bobina se comporta como un cortocircuito.
El voltaje y la corriente en un inductor están desfasados en π/2 rad. La corriente tiene un sumando −π/2 extra en la fase, y por eso se dice que, en un inductor en corriente alterna, la corriente está retrasada respecto al voltaje en −π/2.
<bold>Potencia instantánea y potencia media en un inductor</bold>
La potencia instantánea PL(t) que consume una bobina en corriente alterna es
y alcanza valores positivos y negativos. En los instantes de valores positivos de la potencia, el inductor toma energía del generador, y en los instantes de valores negativos, el inductor devuelve energía al generador. Como en el caso del condensador, la potencia media se anula,
PL,m=1T∫0TPL(t)dt=0,
lo que implica que, en promedio, el inductor no usa energía del generador en corriente alterna.
Ejemplo 9.3.1Volvamos a tomar el generador de corriente alterna del ejemplo 9.1.1, pero conectémoslo ahora a una bobina de autoinductancia L = 50 mH. Calculemos el voltaje y corriente de pico así como la potencia media consumida.
Sol.El voltaje de pico en el inductor es
VL,0=170V.
Con la reactancia inductiva
XL=ωL=2π⋅50⋅50⋅10−3≃15,7Ω
obtenemos la corriente de pico como
IL,0=VL,0XL≃15015,7≃9,55A.
La potencia media consumida por la bobina es PL,m = 0.
Debido a que, como hemos visto, los voltajes y las corrientes en condensadores e inductores están desfasados en corriente alterna, es muy útil estudiar este tipo de circuitos mediante una técnica que se basa en el uso de números complejos.
Un número complejo z es un par de números reales x e y escritos en la forma
z=x+iy,
donde i=−1 es la llamada unidad imaginaria, tal que i2 = −1. Se dice que x es la parte real de z e y es la parte imaginaria de z, y se escriben x = Re(z), y = Im(z).
<bold>Operaciones básicas con números complejos</bold>
Las operaciones más comunes con números complejos son:
Para sumar o restar dos números complejos z1 = x1 +iy1, z2 = x2 +iy2, se suman o restan sus partes real e imaginaria por separado,
z1±z2=(x1±x2)+i(y1±y2).
Para multiplicar dos números complejos z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2, se multiplica cada factor usando que i2 = −1,
z1z2=(x1+iy1)(x2+iy2)=(x1x2−y1y2)+i(x1y2+x2y1).
Se define el conjugado del número complejo z = x + iy como el número complejo z∗ = x − iy, obtenido con la misma parte real que z pero opuesta parte imaginaria. Se puede comprobar entonces que z + z∗ = 2Re(z), z − z∗ = 2iIm(z).
El producto de un número complejo z = x + iy por su conjugado es un número real positivo,
zz*=x2+y2,
tal que su raíz cuadrada (con signo positivo) se llama módulo |z| del número complejo z,
|z|=+zz*=+x2+y2.
Dados dos números complejos z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2, con z2 ≠ 0, el cociente se puede calcular como
z1z2=z1z2*z2z2*=(x1x2+y1y2)+i(−x1y2+x2y1)x22+y22.
<bold>Forma polar de un número complejo</bold>
La expresión de un número complejo como una pareja (x, y) de números reales recuerda la representación de un punto en un plano XY. Para este caso, este plano se llama plano de Argand y en él el eje X se llama eje real y el eje Y se llama eje imaginario. En la figura 9.4 podemos ver que la distancia al origen r es el módulo del número complejo z, es decir, r = |z|.
Representación del número complejo <italic>z</italic> = <italic>x</italic> + <italic>iy</italic> en el plano de Argand. El módulo de <italic>z</italic> es <italic>r</italic> y su argumento <italic>φ</italic>.
Según la figura 9.4, podemos escribir el número complejo z = x + iy como
z=x+iy=rcosϕ+irsinϕ=|z|(cosϕ+isinϕ).
Esta última expresión se llama la forma polar del número complejo. El ángulo φ con el eje real positivo se llama argumento del número complejo z, arg(z), y, mediante trigonometría básica, se puede calcular como
arg(z)=ϕ=arctan(yx)=arctan(Im(z)Re(z)),
cuyo valor principal es aquel valor φ que satisface −π < φ ≤ π.
Hagamos ahora uso de una igualdad muy importante al estudiar números complejos, que es la identidad de Euler. Dice que, si φ es un número real, entonces la exponencial de iφ cumple
eiϕ=cosϕ+isinϕ.
Combinando esta identidad con la igualdad z = |z|(cos φ + i sin φ), llegamos a que podemos representar cualquier número complejo z en forma polar como
z=|z|eiϕ,
siendo |z| su módulo y φ su argumento.
<bold>Fasores, impedancias y ley de Ohm genaralizada</bold>
Los circuitos de corriente alterna con componentes reactivos (es decir, con reactancia), como se conocen colectivamente a los condensadores e inductores, son más complicados que los circuitos resistivos (es decir, con resistencia). Esto se debe a que los circuitos reactivos tienen un comportamiento que depende de la frecuencia y, además, las señales se adelantan o retrasan unas de otras, impidiendo que se siga una ley proporcional.
Consideremos circuitos de corriente alterna con un sólo generador de frecuencia angular ω. Vamos a ver cómo, mediante los números complejos y la representación en fasores de voltajes y corrientes alternas, se puede generalizar la ley de Ohm y usarla tanto para componentes reactivos como para componentes resistivos, reemplazando la palabra resistencia por la palabra impedancia.
La representación en fasores se basa en las siguientes reglas:
Asociamos a cada voltaje o corriente un número complejo definido mediante el valor de pico y la fase inicial, eliminando la frecuencia angular ω. Por ejemplo,
V(t)=V0sin(ωt+α0)⇒V^=V0eiα0.
Estos números complejos que representan voltajes o corrientes se llaman fasores.
Para volver a la forma sinusoidal del voltaje o la corriente, se multiplica el fasor por eiωt y se toma la parte imaginaria del resultado. Por ejemplo,
V^=V0eiα0⇒V(t)=Im(V^eiωt)=Im(V0ei(ωt+α0))=V0sin(ωt+α0).
<target target-type="page" id="pges_240"/><bold>Impedancia y ley de Ohm generalizada</bold>
El uso de fasores permite generalizar la ley de Ohm a circuitos de corriente alterna que contienen resistencias, condensadores e inductores. Veamos cada elemento en fasores.
En el apartado dedicado a las resistencias, habíamos estudiado el circuito de la figura 9.1 formado por un generador de fem ɛ(t) = ɛ0 sin (ωt) (tomamos α0 = 0 eligiendo el origen de tiempos de forma conveniente) y una resistencia R. El resultado para el voltaje en la resistencia era
VR(t)=VR,0sin(ωt),
con VR,0 = E0, y para la corriente
IR(t)=IR,0sin(ωt),
con IR,0 = VR,0/R. Los fasores correspondientes a ambas cantidades son
V^R=VR,0,I^R=IR,0=VR,0R.
El cociente entre el fasor voltaje y el fasor corriente se llama impedancia Z del elemento. Así, la impedancia resistiva es, simplemente, la propia resistencia
ZR=R,
y la resistencia sigue la ley de Ohm generalizadaV^R=ZRI^R.
Pasemos al caso de los condensadores. Teníamos el circuito de la figura 9.2 con un generador de fem ɛ(t) = ɛ0 sin (ωt) y un condensador de capacidad C. El voltaje en el condensador resultaba
VC(t)=VC,0sin(ωt),
con VC,0 = ɛ0, y la corriente
IC(t)=IC,0sin(ωt+π/2),con IC,0 = VC,0/XC, donde la reactancia capacitiva estaba dada por XC = 1/(ωC). Con estos datos, el fasor voltaje es
V^C=VC,0
y el fasor corriente
I^C=IC,0eiπ/2=VC,0XCeiπ/2.
En consecuencia, la impedancia capacitiva resulta
ZC=V^CI^C=XCe−iπ/2=−iXC=−iωC,
por lo que el condensador sigue la ley de Ohm generalizadaV^C=ZCI^C.
Terminamos con el caso de una bobina. En el circuito de la figura 9.3 con un generador de fem ɛ(t) = ɛ0 sin (ωt) y una bobina de autoinductancia L, el voltaje en el inductor era
VL(t)=VL,0sin(ωt),
con VL,0 = ɛ0, y la corriente era
IL(t)=IL,0sin(ωt−π/2),
con IL,0 = VL,0/XL y la reactancia inductiva dada por XL = ωL. En el formalismo de fasores, el fasor voltaje es
V^L=VL,0
y el fasor corriente es
I^L=IL,0e−iπ/2=VL,0XLe−iπ/2.
Se obtiene que la impedancia inductiva es
ZL=V^LI^L=XLeiπ/2=iXL=iωLy la bobina sigue la ley de Ohm generalizadaV^L=ZLI^L.
En conclusión, la relación entre los fasores de corriente y voltaje se puede expresar mediante una sola ley, que es la ley de Ohm generalizada
V^=ZI^.
Además, la impedancia Z de varios elementos conectados en serie o en paralelo obedece las mismas reglas que las asociaciones de resistencias, teniendo en cuenta que se opera ahora con números complejos, y podemos analizar los circuitos de corriente alterna con los mismos métodos aprendidos para los circuitos de corriente continua pero aplicados a los fasores: leyes de Kirchhoff, divisor de voltaje, equivalente de Thévenin o de Norton, etc.
Ejemplo 9.5.1Consideremos la asociación en serie de una resistencia de 1 kΩ y una bobina L = 2 H en un circuito con una frecuencia de 50 Hz. Calculemos la impedancia equivalente.
Sol.Las impedancias de la resistencia y la bobina sonZR=R=103ΩZC=iωL=i2π·50·2=100πiΩ.Como están en serie, la impedancia equivalente, en forma binomial, esZ=ZR+ZC=(1000+100πi)Ω.Para la forma polar, hay que calcular el módulo y argumento de Z,|Z|=10002+(100π)2≃1048Ω,ϕ=arctan(100π1000)≃0,304rad.Con esto,Z=|Z|eiϕ≃(1048e0,304i)Ω.
<target target-type="page" id="pges_243"/><bold>Potencias activa, reactiva y aparente</bold>
Hemos calculado ya las potencias instantáneas y medias consumidas por elementos tales como resistencias, condensadores y bobinas. Queremos calcular también la potencia media que proporciona un generador de corriente alterna cuando está conectado a varios elementos. En relación con ello, se suele generalizar el concepto de potencia media en corriente alterna definiendo también potencias reactivas y aparentes.
<bold>Potencia media o activa de un elemento</bold>
Se define la potencia media o potencia activa proporcionada por un generador o consumida por un elemento con impedancia como
Pm=I0V02cosϕ=IefVefcosϕ,
donde φ es la fase de la impedancia del elemento y el resto de magnitudes se refieren al elemento. En particular:
Para una resistencia, ZR = R, por lo que φ = 0. De aquí, la potencia activa disipada por una resistencia es
PR,m=IR,0VR,02=IR,efVR,ef.
Para un condensador, ZC = −i/ωC, por lo que φ = −π/2 y se tiene
PC,m=IC,0VC,02cos(−π2)=0.
Para un inductor, ZL = iωL, por lo que φ = π/2 y
PL,m=IL,0VL,02cos(π2)=0.
Para calcular la potencia activa proporcionada por un generador de fem ɛ por el que pasa una corriente alterna sinusoidal I, se necesita el valor de la impedancia total o equivalente Z del circuito respecto del generador. Una vez calculada, se determina su fase φ y resulta
Pɛ,m=I0ɛ02cosϕ=Iefɛefcosϕ.
<target target-type="page" id="pges_244"/><bold>Potencia reactiva de un elemento</bold>
Se define la potencia reactiva Pr de un elemento como
Pr=I0V02sinϕ=IefVefsinϕ,
donde, de nuevo, ϕ es la fase de la impedancia del elemento y el resto de magnitudes se refieren al elemento en cuestión. En particular:
Para una resistencia, ϕ = 0 y
PR,r=IR,0VR,02sin0=0.
Para un condensador, ϕ = −π/2 y
PC,r=IC,0VC,02sin(−π2)=−IC,0VC,02=−IC,efVC,ef.
Para un inductor, ϕ = π/2 y
PL,r=IL,0VL,02sin(π2)=IL,0VL,02=IL,efVL,ef.
Para un generador que alimenta un circuito con impedancia total Z y fase ϕ,
Pɛ,r=I0ɛ02sinϕ=Iefɛefsinϕ.
<bold>Potencia aparente de un elemento</bold>
Se define la potencia aparente Pa de un elemento como
Pα=Pm2+Pr2=I0V02=IefVef.
Así:
Para una resistencia,
PR,α=IR,0VR,02=IR,efVR,ef.
Para un condensador,
PC,a=IC,0VC,02=IC,efVC,ef.
Para un inductor,
PL,a=IL,0VL,02=IL,efVL,ef.
Para un generador,
Pɛ,a=I0ɛ0n=Iefɛef.
<bold>Factor de potencia</bold>
Relacionado con las potencias que hemos definido está el llamado factor de potencia, que es el cociente entre la potencia activa o media y la potencia aparente:
Factor de potencia=PmPa=cosϕ.
El factor de potencia varía entre 0 para circuitos reactivos (que sólo tienen condensadores e inductores) y 1 para circuitos resistivos (sólo con resistencias). Las compañías eléctricas cobran a los hogares en función de la potencia media que gastan, pero a veces tienen en cuenta el factor de potencia para las industrias. Esto es porque los componentes reactivos, esencialmente bobinas, hacen que no se transmita toda la potencia a la carga, ya que almacenan la energía. El factor de potencia se puede mejorar, es decir, aumentar, colocando en los circuitos condensadores si la impedancia es inductiva (el caso más usual) y bobinas si es capacitiva.
Calcula el voltaje y corriente de pico así como la potencia media consumida por un generador, de 120 V de fem de pico y 60 Hz de frecuencia, cuando se conecta a:
Una resistencia de 5kΩ.
Un condensador de 10 pF.
Una bobina de 20 mH.
Sol. La fem proporcionada por el generador es
ɛ=ɛ0sin(ωt)=120sin(2π⋅60⋅t)=120V sin(120πt).
Si se conecta a una resistencia R = 5 kΩ, el voltaje de pico en la resistencia será
VR,0=120V
y la corriente de pico
IR,0=VR,0R=1205·103=24mA.
La potencia media disipada en la resistencia es
PR,m=12VR,0IR,0=12·120·24·10−3=2,88W.
Si el generador se conecta a un condensador C = 10 pF, el voltaje de pico en el condensador será
VC,0=120V.
Para calcular la corriente de pico, es necesaria la reactancia capacitiva:
XC=1ωC=12π·60·10·10−12≃2,65·108Ω
Con ella,
IC,0=VC,0XC≃1202,65·108≃4,52·10−7A.
La potencia media consumida por el condensador es PC,m = 0.
Si se conecta a un inductor L = 20 · 10−3 H, el voltaje de pico en el inductor será
VL,0=120V.
La reactancia inductiva es
XL=ωL=2π·60·20·10−3≃7,54Ωy la corriente de pico resulta
IL,0=VL,0XL≃1207,54≃15,9A.
La potencia media consumida por la bobina es PL,m = 0.
Un generador de corriente alterna de 50 Hz de frecuencia está conectado a una asociación en serie de una resistencia R = 3 kΩ y un condensador C = 15 µF. Calcula la impedancia equivalente y expresa el resultado en forma de binomio y en forma polar.
Sol. Las impedancias de la resistencia y el condensador son
ZR=R=3·103Ω.ZC=−iωC=−i2π·50·15·10−6≃−212iΩ.
Como la resistencia y el condensador están en serie, la impedancia equivalente es
Z=ZR+ZC≃(3000−212i)Ω.
Esta es la forma binomial de Z. Para la forma polar, hay que calcular el módulo y argumento de Z:
|Z|=30002+(−212)2≃3007Ω,ϕ=arctan(−2123000)≃−0,0705rad.
Con esto, la impedancia resulta
Z=|Z|eiϕ≃(3007e−0,0705i)Ω
Una resistencia R = 3 kΩ y un inductor L = 2,4 H están conecados en paralelo en un circuito de corriente alterna con 50 Hz de frecuencia. Calcula la impedancia equivalente en forma de binomio y en forma polar.
Sol. Las impedancias de la resistencia y el inductor son
ZR=R=3·103Ω,ZL=iωL=i·2π·50·2,4=240πiΩ.La impedancia equivalente cumple
1Z=1ZR+1ZL=13000+1240πi=13000−i240π≃3,33·10−4−1,33·10−3i.
Para obtener Z, se ha de invertir el resultado anterior,
Z≃13,33·10−4−1,33·10−3i=3,33·10−4+1,33·10−3i(3,33·10−4)2+(1,33·10−3)2≃(178+709i)Ω,
donde hemos multiplicado, arriba y abajo, por el conjugado del denominador para pasar por la segunda igualdad. Para la forma polar, calculamos el módulo y argumento de Z,
|Z|≃1782+7092≃731Ω,ϕ=arctan(709178)≃1,32rad.
Con esto,
Z=|Z|eiϕ≃(731e1,32i)Ω.
Calcula la corriente instantánea y la potencia instantánea proporcionada por el generador de un circuito formado por un generador eléctrico, de 120 V de fem de pico y 50 Hz de frecuencia, conectado a un condensador de 5 µF.
Sol. Con los datos del problema. la fem del generador es
ɛ(t)=ɛ0sin(ωt)=120Vsin(100πt).
Pasamos el circuito a fasores e impedancias. El fasor de la fem del generador es
ɛ^=ɛ0ei.0=120V
y la impedancia del condensador es
ZC=−iωC=−i100π·5·10−6≃−637iΩ.
Ahora, podemos resolver el circuito como si fuera de corriente continua con resistencias. El fasor corriente en el circuito es, por la ley de Ohm generalizada,
I^=ɛ^ZC≃120−637i=120637e−iπ/2≃(0,188eiπ/2)A,
donde se ha usado que
−i=e−iπ/2.
Una vez encontrada la solución al circuito de fasores, pasamos el resultado de nuevo a valores de corriente alterna:
I^≃(0,188eiπ/2)A⇒I(t)≃0,188Asin(100πt+π2)=0,188Acos(120πt).
La potencia instantánea proporcionada por el generador es
P(t)=I(t)ɛ(t)≃0,188Acos(120πt)·120Vsin(100πt)≃22,6Wsin(100πt)cos(100πt)=11,3Wsin(200πt).
En la última igualdad, se ha usado que
sin(2α)=2sinαcosα
para cualquier número α.
Calcula la corriente instantánea y la potencia instantánea proporcionada por el generador de un circuito formado por un generador eléctrico, de 120 V de fem de pico y 50 Hz de frecuencia, conectado a un inductor de 5 H.
Sol. La fem del generador es
ɛ(t)=ɛ0sin(ωt)=120Vsin(100πt).
Pasamos el circuito a fasores e impedancias. El fasor de la fem del generador es
ɛ^=ɛ0=120V
y la impedancia del inductor es
ZL=iωL=i·100π·5=500πiΩ.Ahora, mediante la ley de Ohm generalizada, el fasor corriente en el circuito es
I^=ɛ^ZL=120500πi=120500πeiπ/2≃(0,0764e−iπ/2)A,
donde se ha usado que
i=eiπ/2.
Pasamos el resultado de nuevo a valores de corriente alterna:
I^≃(0,0764e−iπ/2)A⇒I(t)≃0,0764Asin(100πt−π2)=−0,0764Acos(100πt).
La potencia instantánea proporcionada por el generador es
P(t)=I(t)ɛ(t)=−0,0764Acos(100πt)·120Vsin(100πt)≃−9,17Wsin(100πt)cos(100πt)≃−4,58Wsin(200πt).
Así, a modo de ejemplo, en el instante t1 = 0,007 s, la potencia proporcionada por el generador es
P1≃−4,58Wsin(200π·0,007)≃1,42W,
mientras que en el instante t2 = 0,009 s resulta
P2≃−4,58Wsin(200π·0,009)≃−3,71W.
Calcula la corriente y el voltaje de pico en cada elemento de un circuito RC en serie. Ten en cuenta que el que generador tiene una fem de pico de 311 V con una frecuencia de 50 Hz, el condensador tiene una capacidad de 75 µF y la resistencia es de 300 Ω.
Sol. Las impedancias de la resistencia y el condensador son:
ZR=R=300Ω,ZC=−iωC=−i2π·50·75·10−6≃−42,4iΩ.La impedancia equivalente en serie es
Z=ZR+ZC≃(300−42,4i)Ω.
El ejercicio nos pide valores de pico. Para calcularlos, no hace falta obtener los fasores. Basta con usar valores de pico y módulos de impedancias. Por ejemplo, el valor de pico de la corriente en el circuito es
I0=ɛ0|Z|≃3113002+(−42,4)2≃1,03A.
Los valores de pico de los voltajes en la resistencia y el condensador son, por la ley de Ohm generalizada,
VR0=I0|ZR|≃1,03·300≃308V,VC0=I0|ZC|≃1,03·42,4≃43,5V.
Calcula la corriente y el voltaje instantáneos en cada elemento de un circuito RL en paralelo. Ten en cuenta qu el generador tiene una fem de pico de 311 V y una frecuencia de 50 Hz, la bobina tiene una auto-inductancia de 2 H y la resistencia es de 500 Ω.
Sol. Las impedancias son:
ZR=R=500Ω.ZL=iωL=i·2π·50·2=200πiΩ.
La impedancia equivalente en paralelo cumple
1Z=1ZR+1ZC=1500+1200πi=1500−i200π≃2·10−3−1,59·10−3i.
Invirtiendo el resultado anterior,
Z≃12⋅10−3−1,59⋅10−3i=2⋅10−3+1,59⋅10−3i(2⋅10−3)2+(1,59⋅10−3)2≃(306+244i)Ω.
En forma polar, dado que
|Z|≃3062+2442≃391Ω,ϕ=arctan(244306)≃0,673rad,
tenemos
Z≃(391e0,673i)Ω.
La fem instantánea proporcionada por el generador es la misma que el voltaje de la resistencia y el inductor, pues todos los elementos están en paralelo:
ɛ(t)=VR(t)=VL(t)=ɛ0sin(ωt)=311Vsin(100πt).
Dado que el ejercicio nos pide valores instantáneos, hemos de usar fasores. El fasor de los voltajes en el generador, resistencia y bobina es
ɛ^=V^R=V^L=311V.
A partir de aquí y del valor de las impedancias, los fasores de las corrientes en el generador, la resistencia y la bobina son
I^=ɛ^Z≃311391e0,673i≃(0,795e−0,673i)A,I^R=V^RZR=311500=0,622A,I^L=V^LZL=311200πi≃(0,469e−iπ/2)A.
Sólo resta pasar estos fasores a señales alternas:
I(t)≃0,795Asin(100πt−0,673),IR(t)≃0,622Asin(100πt),IL(t)≃0,4695Asin(100πt−π/2).
Un generador de corriente alterna, de 220 V de fem eficaz y 50 Hz de frecuencia, está conectado a una red de impedancia equivalente igual (150 + 200 i) Ω. Calcula la corriente instantánea a través del generador así como las potencias media, reactiva y aparente proporcionadas por el generador.
Sol. Como fem de pico del generador es
ɛef=ɛ02⇒ɛ0=2ɛef=2·220≃311V,
la fem instantánea resulta
ɛ(t)=ɛ0sin(ωt)≃311Vsin(100πt).
Por otro lado, el módulo y argumento de la impedancia equivalente son
|Z|=(150)2+(200)2=250Ω,ϕ=arctan(200150)≃0,644rad.
Así, en forma polar, la impedancia Z es
Z=(250e0,644i)Ω.
Para calcular la corriente instantánea a través del generador, utilizamos fasores. El fasor de la fem es
ɛ^=ɛ0≃311V.
El fasor de la corriente total, por la ley de Ohm generalizada, es
I^=ɛ^Z≃311250e0,644i≃(1,24e−0,644i)A.
La corriente instantánea resulta
I(t)≃1,24Asin(100πt−0,644).
Las potencias media, reactiva y aparente proporcionadas por el generador son
Pm=12ɛ0I0cosϕ≃12·311·1,24·cos0,644≃308W,Pr=12ɛ0I0sinϕ=12·311·1,24·sin0,644≃232W,Pa=12ɛ0I0≃12·311·1,24=386W.
El generador de un circuito de corriente alterna proporciona unas potencias reactiva y aparente de 50 W y 100 W, respectivamente. Además, la parte imaginaria (reactiva) de la impedancia equivalente del circuito es 500 Ω. Calcula:
El factor de potencia del circuito.
La potencia media proporcionada por el generador.
La parte real (resistiva) de la impedancia total.
Sol.
Las potencias reactiva y aparente, que son datos del ejercicio, se pueden escribir como
Pr=12ɛ0I0sinϕ,Pa=12ɛ0I0.
Dividiendo ambas ecuaciones,
sinϕ=PrPa=50100=12.
De aquí, el factor de potencia es
cosϕ=1−sin2ϕ=1−14=32≃0,866.
Nótese que tomamos sólo la solución en que cos ϕ es positivo. Ha de serlo porque la potencia media lo es.
La potencia media o activa se puede escribir como
Pm=12ɛ0I0cosϕ=Pacosϕ=100·32≃86,6W.
Las partes resistiva (real) y reactiva (imaginaria) de la impedancia total se pueden obtener a partir de la forma polar de la impedancia,
Z=|Z|eiϕ=|Z|(cosϕ+isinϕ),
de donde
Re(Z)=|Z|cosϕ,Im(Z)=|Z|sinϕ.
Despejando |Z| de la segunda ecuación y sustituyendo el resultado en la primera,
Re(Z)=|Z|cosϕ=Im(Z)cosϕsinϕ=5003/21/2≃866Ω.
Tenemos un circuito formado por una fuente de corriente alterna, de fem eficaz igual a 220 V y frecuencia 50 Hz, en serie con una resistencia de 100 Ω, un condensador de 10µF de capacidad y una bobina de 0,5 H. Calcula la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia suministraos por la fuente. Además, determina qúe elemento debemos conectar en serie con el resto para hacer el factor de potencia igual a 1.
Sol. Se trata de un circuito RCL en serie. Las impedancias de los elementos son
ZR=R=100Ω,ZR=−iωC=−i2π⋅50⋅10⋅10−6≃−318iΩ,ZL=iωL=i⋅2π⋅50⋅0,5≃157iΩ.
La impedancia equivalente es
Z=ZR+ZC+ZL≃100−318i+157i≃(100−161i)Ω.
El módulo y argumento de Z son
|Z|≃1002+(−161)2≃190Ω.ϕ≃arctan(−161100)=−1,01rad.
Con esto,
Z=|Z|eiϕ≃(190e−1,01i)Ω.
La corriente efectiva a través del generador puede obtenerse con la ley de Ohm generalizada,
Ief=ɛef|Z|≃220190≃1,16A.Con todo lo anterior, ya podemos calcular las potencias proporcionadas por el generador:
Pm=ɛefIefcosϕ≃220·1,16·cos(−1,01)≃135W,Pr=ɛefIefsinϕ=220·1,16·sin(−1,01)≃−216W,Pa=ɛefIef≃220·1,16≃255W.
El factor de potencia resulta
cosϕ≃cos(−1,01)≃0,532.
Dado que Z ≃ (100 − 161 i) Ω, para mejorar el factor de potencia (hacerlo igual o cercano a 1), se puede colocar, en serie con el resto de elementos, un dispositivo con una impedancia igual a
Z′≃161iΩ.
Dado que la impedancia es imaginaria pura y su parte imaginaria es positiva, este dispositivo es un inductor con una autoinductancia dada por
Z′=iωL′⇒L′=Z′iω≃161ii100π≃0,481H.