Los condensadores

1.-Se conecta un condensador plano-paralelo de área S=0.07 m² de cada placa, dd=0.75 mm, separación entre las placas a una batería de V₀=10 V. Calcular la capacidad $C_{0} = ε_{0} \frac{S}{d}$ , la carga q₀ de las placas del condensador y la energía U₀. Esta es la situación inicial (primera figura).

La situación final puede ser alguna de las siguientes:

Segunda figura: Se desconecta el condensador de la batería y se introduce un dieléctrico de constante k=2 que llena completamente el espacio entre las placas. Calcular la capacidad C, la carga q, la diferencia de potencial entre las placas y la energía U del condensador.
Tercera figura: El condensador con dieléctrico se mantiene conectado a la batería. Calcular la capacidad C, la carga q de las placas y la energía U del condensador.
Cuarta figura: Se desconecta el condensador de la batería y se separan las placas del condensador vacío a d=1 mm. Calcular la capacidad C, la carga q, la diferencia de potencial entre las placas y la energía U.

Solución

Situación inicial

$\begin{array}{l} C_{0} = \frac{ε_{0} S}{d} C_{0} = \frac{0.07}{4 π \cdot 9 \cdot 10^{9} \cdot 0.75 \cdot 10^{- 3}} = 8.25 \cdot 10^{- 10} F \\ q_{0} = C_{0} V_{0} = 8.25 \cdot 10^{- 9} C \\ U_{0} = \frac{1}{2} \frac{q_{0}^{2}}{C_{0}} = 4.13 \cdot 10^{- 8} J \end{array}$

Situación final:

Segunda figura. La carga se mantiene, la diferencia de potencial cambia

$\begin{array}{l} q = q_{0} = 8.25 \cdot 10^{- 9} C \\ C = k C_{0} = 2 C_{0} = 1.65 \cdot 10^{- 9} F \\ V' - V = q / C = 5 V \\ U = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} = 2.06 \cdot 10^{- 8} J \end{array}$

Tercera figura. La carga cambia, la diferencia de potencial se mantiene

$\begin{array}{l} V' - V = 10 \\ C = k C_{0} = 2 C_{0} = 1.65 \cdot 10^{- 9} F \\ q = C (V' - V) = 1.65 \cdot 10^{- 8} C \\ U = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} = 8.25 \cdot 10^{- 8} J \end{array}$

Cuarta figura. La carga se mantiene, la diferencia de potencial cambia

$\begin{array}{l} C = \frac{0.07}{4 π \cdot 9 \cdot 10^{9} \cdot 0.001} = 6.19 \cdot 10^{- 10} F \\ q = 8.25 \cdot 10^{- 9} C \\ V' - V = \frac{q}{C} = 13.3 V \\ U = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} = 5.50 \cdot 10^{- 8} J \end{array}$

2.-Deducir de forma razonada la fórmula de la capacidad de un condensador formado por dos superficies esféricas concéntricas de radio interior a y radio exterior b, cargadas con +Q y –Q respectivamente.

Calcular la capacidad de un condensador esférico de a=5 cm, b=8 cm.

Supongamos ahora, que este condensador cargado con 6μC se une a otro inicialmente descargado de radios a=4 cm y b=10 cm.

Determinar la carga de cada condensador después de la unión, el potencial común y la variación de energía en el proceso

Solución

Distribución de carga con simetría esférica.

El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$

Calculamos la carga q contenida en una superficie esférica de radio r y aplicamos la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}}$

Para r<a cm

q=0, E=0

Para a<r<b

$q = Q E = \frac{Q}{4 π ε_{0} r^{2}}$

Para r>b

q=+Q+(-Q)=0, E=0

Gráfica del campo

Diferencia de potencial entre las placas del condensador esférico y capacidad del condensador

$\begin{array}{l} V_{a} - V_{b} = \int_{a}^{b} E \cdot d r = \int_{a}^{b} \frac{Q}{4 π ε_{0} r^{2}} \cdot d r = \frac{Q}{4 π ε_{0}} (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) \\ C = \frac{Q}{V_{a} - V_{b}} = 4 π ε_{0} \frac{a b}{b - a} \end{array}$

a=0.05, b=0.08, C₁=14.81·10^-¹² F
a=0.04, b=0.1, C₂=7.41·10^-¹² F

Se unen los dos condensadores. La carga de 6·10^-⁶ C se reparte entre los dos condensadores hasta que se igualan los potenciales.

$\begin{array}{l} q_{1} + q_{2} = 6 \cdot 10^{- 6} \\ V = \frac{q_{1}}{C_{1}} = \frac{q_{2}}{C_{2}} \end{array}} q_{2} = 2 \cdot 10^{- 6} C q_{1} = 4 \cdot 10^{- 6} C V = 2.7 \cdot 10^{5} V$

Energía inicial, energía final y variación de energía

$\begin{array}{l} U_{i} = \frac{1}{2} \frac{(6 \cdot 10^{- 6})}{C_{1}} = 1.215 J \\ U_{f} = \frac{1}{2} \frac{q_{1}^{2}}{C_{1}} + \frac{1}{2} \frac{q_{2}^{2}}{C_{2}} = 0.810 J \end{array}} Δ U = U_{f} - U_{i} = - 0.405 J$

3.-Deducir de forma razonada la fórmula de la capacidad de un condensador cilíndrico formado por dos armaduras consistentes en láminas conductoras coaxiales de longitud d, y radios a (interior) y b (exterior). Las armaduras están cargadas con +Q y –Q respectivamente

Calcular de la capacidad de un condensador cilíndrico de radio interior a= 3 cm, exterior b=5 cm. y longitud d=30 cm.

Supongamos ahora, dos condensadores idénticos que se conectan en paralelo, cargándose a una diferencia de potencial de 100 V, después de lo cual se aíslan de la batería. A continuación, se introduce en uno de los condensadores un dieléctrico (k=3) que llena completamente el espacio entre las placas. Calcular:

La carga de cada condensador antes y después de introducir el dieléctrico.
La diferencia de potencial después de introducir el dieléctrico
La energía de cada condensador antes y después de introducir el dieléctrico

Solución

El campo eléctrico tiene dirección radial y perpendicular al eje del cilindro, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie cilíndrica de radio r y longitud L

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\begin{array}{l} \oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = {\begin{cases} s. lateral \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \int^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \int^{} d S = E \cdot 2 π r L \\ base inferior \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = 0 \vec{E} ⊥ \vec{S_{2}} \\ base superior \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = 0 \vec{E} ⊥ \vec{S_{1}} \end{cases} \\ \oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = E \cdot 2 π r L \end{array}$

Calculamos la carga q contenida en una superficie cilíndrica de radio r y longitud L y aplicamos la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{2 π ε_{0} r L}$

Para r<a cm

q=0, E=0

Para a<r<b

$q = Q E = \frac{Q}{2 π ε_{0} r L}$

Para r>b

q=+Q+(-Q)=0, E=0

Gráfica del campo

Diferencia de potencial entre las armaduras del condensador y capacidad del condensador

$\begin{array}{l} V_{a} - V_{b} = \int_{a}^{b} E \cdot d r = \int_{a}^{b} \frac{Q}{2 π ε_{0} r L} \cdot d r = \frac{Q}{2 π ε_{0} L} \ln (\frac{b}{a}) \\ C = \frac{Q}{V_{a} - V_{b}} = 2 π ε_{0} \frac{L}{\ln (b / a)} \end{array}$

$C = \frac{1}{18 \cdot 10^{9}} \frac{0.3}{\ln (0.05 / 0.03)} = 32.63 \cdot 10^{- 12} F$

Situación inicial de cada condensador

q=C·100=3.263·10^-⁹ C

Situación final

C₁=C , C₂=3·C

Se unen los dos condensadores. La carga total de 2·3.263·10^-⁹ C se reparte entre los dos condensadores hasta que se igualan los potenciales.

$\begin{array}{l} q_{1} + q_{2} = 2 \cdot q \\ V = \frac{q_{1}}{C_{1}} = \frac{q_{2}}{C_{2}} \end{array}} q_{2} = \frac{3 q}{2} C q_{1} = \frac{q}{2} C V = 50 V$

Energía inicial, energía final y variación de energía

$\begin{array}{l} U_{i} = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} + \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} = \frac{q^{2}}{C} = 3.26 \cdot 10^{- 7} J \\ U_{f} = \frac{1}{2} \frac{q_{1}^{2}}{C_{1}} + \frac{1}{2} \frac{q_{2}^{2}}{C_{2}} = \frac{q^{2}}{2 C} = 1.63 \cdot 10^{- 7} J \end{array}} Δ U = U_{f} - U_{i} = - \frac{q^{2}}{2 C} = - 1.63 \cdot 10^{- 7} J$

4.- Un condensador plano-paralelo está formado por dos placas de área S separadas una distancia d, pequeña en comparación con las dimensiones de la placa. El condensador está conectado a una batería cuyo potencial es V₀ lo que hace que adquiera una carga q cuando está completamente cargado. Después, se desconecta de la batería

Calcular la capacidad C₀ del condensador y la energía almacenda U₀ en forma de campo eléctrico

Se introduce un conductor de la misma área S y de espesor d/2 entre las placas del condensador, paralelamente a sus placas.

Calcular la capacidad del condensador y el trabajo necesario para introducir el conductor entre sus placas

AAPT, AIP, United States Physics Team, 2009. Quarter-final Exam. Problem 3

Solución

El campo eléctrico producido por una placa cargada con σ C/m² es

$E = \frac{σ}{2 ε_{0}}$

Véase página titulada El condensador plano-paralelo

El campo producido por dos placas cargadas con cargas iguales y opuestas es

$E = \frac{σ}{ε_{0}}, σ = \frac{q}{S}$

entre las dos placas y E=0, fuera de las mismas

La diferencia de potencial V₀ es el área sombreada de color rosa

$V_{0} = \frac{σ}{ε_{0}} d = \frac{q}{ε_{0} S} d$

La capacidad del condensador C₀

$C_{0} = \frac{q}{V_{0}} = ε_{0} \frac{S}{d}$

La energía almacenada en el condensador en forma de campo eléctrico

$U_{0} = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C_{0}} = \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2}$

Se introduce el conductor entre las placas del condensador

El campo en el interior de un conductor es nulo. La diferencia de potencial entre las placas es el área sombreada de la figura

$V = \frac{σ}{ε_{0}} \frac{d}{4} + \frac{σ}{ε_{0}} \frac{d}{4} = \frac{q}{ε_{0} S} \frac{d}{2} = \frac{1}{2} V_{0}$

La capacidad del condensador es

$C = \frac{q}{V} = ε_{0} \frac{2 S}{d} = 2 C_{0}$

La energía almacenada en el condensador es

$U = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} = \frac{1}{2} C V^{2} = \frac{1}{2} (2 C_{0}) {(\frac{V_{0}}{2})}^{2} = \frac{1}{4} C_{0} V_{0}^{2}$

El trabajo realizado para introducir el conductor entre las placas del condensador es

$W = U - U_{0} = \frac{1}{4} C_{0} V_{0}^{2} - \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2} = - \frac{1}{4} ε_{0} \frac{S}{d} V_{0}^{2}$

El signo negativo indica que el conductor es atraído hacia el interior del condensador, por lo que tendremos que ejercer una fuerza de sentido contrario al desplazamiento

La capacidad C es equivalente a la capacidad de una agrupación de dos condensadores en serie

$\begin{array}{l} \frac{1}{C} = \frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} = \frac{2}{C_{1}} \\ C = \frac{C_{1}}{2} = \frac{1}{2} ε_{0} \frac{S}{\frac{d}{4}} = ε_{0} \frac{2 S}{d} = 2 C_{0} \end{array}$

5.- Un condensador plano paralelo consiste en dos placas grandes de área S separadas una distancia pequeña d. Se conectan las placas a una batería que mantiene una diferencia de potencial constante V₀ entre las dos placas. Despreciamos el efecto de los bordes del condensador, de modo que el campo eléctrico se considera que es perpendicular a las placas

Supongamos que se inserta un dieléctrico que ocupa parte del condensador tal como se muestra en la figura. Calcular

El campo eléctrico en el vacío y en el dieléctrico
La capacidad del condensador

Se retira el dieléctrico de condensador y se desconecta de la batería. Después, se introduce el dieléctrico en el condensador desconectado. Calcular

El campo eléctrico en el vacío y en el dieléctrico
La capacidad del condensador

J. Pierrus. Solved Problems in Classical Electromagnetism. Analytical and numerical solutions with comments. Oxford University Press (2018). Question 9.8, pp. 426-427.

Solución

El campo eléctrico producido por una placa cargada con σ C/m² es

$E = \frac{σ}{2 ε_{0}}$

Véase página titulada El condensador plano-paralelo

El campo producido por dos placas cargadas con cargas iguales y opuestas es

$E = \frac{σ}{ε_{0}}, σ = \frac{Q}{S}$

entre las dos placas y E=0, fuera de las mismas

En el problema propuesto tenemos dos campos, en el vacío y en el dieléctrico

$E_{1} = \frac{σ}{ε_{0}}, E_{2} = \frac{σ}{k ε_{0}}$

La diferencia de potencial la suma de las áreas de los dos rectángulos

$V_{0} = E_{1} (d - h) + E_{2} h = \frac{σ}{ε_{0}} (d - h) + \frac{σ}{k ε_{0}} h = \frac{σ}{ε_{0}} \frac{k (d - h) + h}{k}$

La capacidad del condensador conectado a la batería es

$C = \frac{q}{V_{0}} = \frac{σ S}{\frac{σ}{ε_{0}} \frac{k (d - h) + h}{k}} = \frac{ε_{0} S}{d} \frac{k d}{k (d - h) + h} = C_{0} \frac{k d}{k (d - h) + h}$

Se retira el dieléctrico estando conectado el condensador a la batería

El campo eléctrico entre las placas del condensador es

$E_{1} = \frac{σ}{ε_{0}} = \frac{V_{0}}{d}$

Se introduce el dieléctrico en el condensador estando desconectado de la batería, la carga de las placas no cambia.

El campo eléctrico en el dieléctrico es

$E_{2} = \frac{σ}{k ε_{0}} = \frac{V_{0}}{k d}$

La diferencia de potencial entre las placas es

$V - V' = E_{1} (d - h) + E_{2} h = \frac{V_{0}}{d} (d - h) + \frac{V_{0}}{k d} h = \frac{V_{0}}{d} \frac{k (d - h) + h}{k}$

La capacidad del condensador es

$C = \frac{q}{V - V'} = \frac{σ S}{\frac{V_{0}}{d} \frac{k (d - h) + h}{k}} = \frac{\frac{V_{0} ε_{0}}{d} S}{\frac{V_{0}}{d} \frac{k (d - h) + h}{k}} = C_{0} \frac{k d}{k (d - h) + h}$

El mismo resultado que en el apartado anterior, como cabía esperar

6.- Un conductor esférico de radio R cargado con q, está rodeado de dieléctrico de constante k. La anchura de la capa dieléctrica es R. Calcular

El campo eléctrico en las regiones r<R, R<r<2R y r>2R
La capacidad del condensador
La densidad de carga superficial inducida σ_b en r=R y en r=2R

J. Pierrus. Solved Problems in Classical Electromagnetism. Analytical and numerical solutions with comments. Oxford University Press (2018). Question 9.7, pp. 425-426.

Solución

Distribución de carga con simetría esférica.

El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$

Calculamos la carga q contenida en una superficie esférica de radio r y aplicamos la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}}$

Para r<R

q=0, E=0

Para R<r<2R

$E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{k ε_{0}}, E = \frac{1}{4 π k ε_{0}} \frac{q}{r^{2}}$

Para r>2R

$E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}}, E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q}{r^{2}}$

El potencial de la esfera cargada es la diferencia de potencial entre r=R y r=∞

$\begin{array}{l} V_{R} - V_{\infty} = \int_{R}^{\infty} E \cdot d r = \int_{R}^{2 R} \frac{1}{4 π k ε_{0}} \frac{q}{r^{2}} d r + \int_{2 R}^{\infty} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q}{r^{2}} d r = \\ \frac{q}{4 π k ε_{0}} {(- \frac{1}{r}) |}_{R}^{2 R} + \frac{q}{4 π ε_{0}} {(- \frac{1}{r}) |}_{2 R}^{\infty} = \frac{q}{4 π k ε_{0}} (- \frac{1}{2 R} + \frac{1}{R}) + \frac{q}{4 π ε_{0}} (- \frac{1}{\infty} + \frac{1}{2 R}) \\ V_{R} = \frac{q}{8 π ε_{0} R} \frac{k + 1}{k} \end{array}$

La capacidad del condensador es

$C = \frac{q}{V_{R}} = 8 π ε_{0} \frac{k}{k + 1} R$

Para R<r<2R. El campo eléctrico que hemos calculado aplicando la ley de Gauss

$E = \frac{1}{4 π k ε_{0}} \frac{q}{r^{2}} = \frac{1}{4 π k ε_{0}} \frac{σ_{f} 4 π R^{2}}{r^{2}}$

es la diferencia entre el producido por las cargas libres q=4πR²σ_f, y el producido por las cargas inducidas en el dieléctrico 4πR²σ_b de sentido contrario, ambos con dirección radial, como se indica en la figura.

$\begin{array}{l} E_{0} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{σ_{f} 4 π R^{2}}{r^{2}}, E_{b} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{σ_{b} 4 π R^{2}}{r^{2}} \\ E = E_{0} - E_{b} \end{array}$

El resultado es

$\begin{array}{l} \frac{σ_{f}}{k} = σ_{f} - σ_{b} \\ σ_{b} = \frac{k - 1}{k} σ_{f} = \frac{k - 1}{k} \frac{q}{4 π R^{2}} \end{array}$

Para r>2R, el campo eléctrico está producido únicamente por las cargas libres q. Lo que implica que hay la misma carga inducida en el superficie interior del dieléctrico (r=R) que en la superficie exterior (r=2R)

$\begin{array}{l} σ_{b} 4 π R^{2} = σ_{b}^{'} 4 π {(2 R)}^{2} \\ σ_{b}^{'} = \frac{k - 1}{k} \frac{q}{16 π R^{2}} \end{array}$

7.-Sean C₁=8 µF, C₂=4 µF, y C₃=3 µF. Calcula

Las cargas q₁, q₂ y q₃ de cada condensador
La diferencia de potencial entre sus placas
La energía almacenada en cada condensador

Solución

La capacidad equivalente de C₁ y C₂ que están en serie es

$\frac{1}{C_{12}} = \frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} C_{12} = 2.667 \cdot 10^{- 6} F$

La capacidad equivalente de C₁₂ y C₃ que están en paralelo es

C₁₂₃=C₃+C₁₂, C₁₂₃=5.667·10^-6 F

Carga de cada condensador

La carga del condensador equivalente es, q=C₁₂₃·100=5.667·10^-4 C

La carga del condensador C₃, q₃=C₃·100=3·10^-6·100=3·10^-4 C

La carga de los condensadores en serie C₁ y C₂ son iguales, q₁=q₂=q-q₃=2.667·10^-4 C. O bien, q₁=q₂=q₁₂=C₁₂·100=2.667·10^-4 C

Diferencias de potencial entre las placas de cada condensador

La diferencia de potencial de C₃, V₃=100 V

$\begin{array}{l} V_{1} = \frac{q_{1}}{C_{1}} = 33.33 V \\ V_{2} = \frac{q_{2}}{C_{2}} = 66.66 V \end{array}$

La suma V₁+V₂=100 V

Energías de cada condensador y energía total de la agrupación

$\begin{array}{l} U_{1} = \frac{1}{2} \frac{q_{1}^{2}}{C_{1}} = 0.00444 J \\ U_{2} = \frac{1}{2} \frac{q_{2}^{2}}{C_{2}} = 0.00889 J \\ U_{3} = \frac{1}{2} \frac{q_{3}^{2}}{C_{3}} = 0.015 J \\ U = U_{1} + U_{1} + U_{1} = 0.02833 J \\ U = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C_{123}} = 0.02833 J \end{array}$

8.-En la figura se representan cuatro condensadores C₁, C₂, C₃, C₄, de idéntica forma y dimensiones. El primero tiene por dieléctrico el aire (k=1), el segundo parafina (k=2.3), el tercero azufre (k=3) y el cuarto mica (k=5), respectivamente. Calcular:

La diferencia de potencial entre las armaduras de cada uno de los condensadores
La carga de cada condensador
La capacidad equivalente
La energía del conjunto

Dato C₂=10^-⁹ F.

Solución

Capacidad de los condensadores

C₂=2.3·C=10^-⁹ F,

C₁=C=10^-9/2.3

C₃=3·C=3·10^-9/2.3

C₄=5·C=5·10^-9/2.3

Los condensadores C₂ y C₃ están en paralelo

C₂₃=C₂+C₃=5.3·10^-9/2.3 F

Los condensadores C₁, C₂₃ y C₄ están en serie

$\frac{1}{C_{e q}} = \frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{23}} + \frac{1}{C_{4}} C_{e q} = 3.13 \cdot 10^{- 10} F$

Carga del condensador equivalente, y energía almacenada en el mismo

$\begin{array}{l} q = 100 \cdot C_{e q} = 3.13 \cdot 10^{- 8} C \\ U = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C_{e q}} = 1.565 \cdot 10^{- 6} J \end{array}$

Carga de cada condensador y diferencia de potencial entre sus armaduras

q₁=q, V₁=q/C₁=72.0 V

q₄=q, V₄=q/C₄=14.4 V

V₂₃=q/C₂₃=13.6 V

V₂=V₂₃=13.6 V

V₃=V₂₃=13.6 V

q₂=C₂·V₂=1.36·10^-⁸ C

q₃=C₃·V₃=1.77·10^-⁸ C

9.-Calcular la capacidad equivalente del sistema de la figura

Solución

10.-Conectamos un condensador de capacidad C, una resistencia R, y una batería de f.e. m. V₀ en serie. La carga se incrementa con el tiempo de acuerdo a la siguiente ecuación

$q = C V_{0} (1 - \exp (\frac{- t}{R C}))$

Sea un condensador de C=1.6 μF, una resistencia de R=58 KΩ y una batería de V₀=14V. Se empieza a contar el tiempo cuando se cierra el interruptor

Cuál es la carga máxima del condensador y la energía acumulada
¿Cuánto vale la intensidad de la corriente en el instante t=60 ms?
¿Cuánta energía se ha disipado en la resistencia y cuánta energía ha aportado la batería durante el proceso de carga?

Solución

En el instante t=60 ms, la carga del condensador y la energía almacenada en el mismo es

$\begin{array}{l} q = 1.6 \cdot 10^{- 6} \cdot 14 (1 - \exp (\frac{- 60 \cdot 10^{- 3}}{58 \cdot 10^{3} \cdot 1.6 \cdot 10^{- 6}})) = 1.067 \cdot 10^{- 5} C \\ U_{C} = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} = 0.355 \cdot 10^{- 4} J \end{array}$

Intensidad de la corriente

$i = \frac{d q}{d t} = \frac{V_{0}}{R} \exp (- \frac{t}{R C})$

En el instante t=60 ms la intensidad de la corriente es i=1.264·10^-⁴ A

Energía disipada en la resistencia

$U_{R} = \int_{0}^{t} i^{2} R \cdot d t = \int_{0}^{t} \frac{V_{0}^{2}}{R} \exp (- \frac{2 t}{R C}) \cdot d t = \frac{1}{2} C V_{0}^{2} (1 - \exp (- \frac{2 t}{R C}))$

En el instante t=60 ms la energía disipada en la resistencia es U_R=1.138·10^-4 J

Energía suministrada por la batería

$U_{B} = \int_{0}^{t} V_{0} i \cdot d t = \int_{0}^{t} \frac{V_{0}^{2}}{R} \exp (- \frac{t}{R C}) \cdot d t = C V_{0}^{2} (1 - \exp (- \frac{t}{R C}))$

En el instante t=60 ms la energía suministrada por la batería es U_B=1.493·10^-4 J

Comprobamos que U_B=U_R+U_C

Una parte U_C de la energía suministrada por la batería U_B se acumula en forma de energía asociada al campo eléctrico en el condensador, la otra parte U_R se disipa en la resistencia