AF1_2011-06-06_SP_RES

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1 031 AMPLIACIÓN DE FÍSICA I Examen de junio 2011-06-06
RESOLUCIÓN POSIBLE para la Segunda Parte
1) El teorema de Gauss para D proporciona
D1 = D2 = D3 = σ = 3ε0E1 = ε0E2 = 3ε0E3
por lo que se puede determinar el potencial en cada zona con la condición V(0) = V0 y la continuidad del
potencial en la frontera de cada zona. El resultado es
E1 =
σ
3ε0
= −
dV
d x
⇒ V = V0 −
σ
3ε0
x (0 ≤ x ≤ d)
E2 =
σ
ε0
= −
dV
d x
⇒ V = V0 +
2σ
3ε0
d −
σ
ε0
x (d ≤ x ≤ 2d)
E3 =
σ
3ε0
= −
dV
d x
⇒ V = V0 −
2σ
3ε0
d −
σ
3ε0
x (2d ≤ x ≤ 3d)
El potencial en la zona 3 se anula en x = 3d por lo que
V0 −
2σ
3ε0
d −
σ
3ε0
3d = 0 ⇒ σ =
3ε0V0
5d
2) Sustituyendo en las primeras expresiones de 1), resulta
D1 = D2 = D3 =
3ε0V0
5d
i
3) Sustituyendo en las expresiones del campo eléctrico de 1), se obtiene
E1 = E3 =
V0
5d
i E2 =
3V0
5d
i
4) Sustituyendo σ en las expresiones del potencial de 1), se obtiene
V = V0
(
1 −
x
5d
)
(0 ≤ x ≤ d)
V = V0
(
7
5
−
3x
5d
)
(d ≤ x ≤ 2d)
V = V0
(
3
5
−
x
5d
)
(2d ≤ x ≤ 3d)
5) Utilizando P = D − ε0E en cada zona con los valores ya obtenidos, se encuentra
P1 = P3 =
2ε0V0
5d
i P2 = 0
 
 
 
E.T.S.I.I. 
Departamento de 
Física Aplicada 
a la Ingeniería 
Industrial 
 
6) El gráfico solicitado es el siguiente
O
x
d d d
D
1 
= D
2 
= D
3 
= σ
ε
0 
E
2 
= D
2 
= σ
σ= 
3ε
0 
V
0 
5d
P
1
=P
3
=
2ε
0 
V
0 
5d
P
2
= 0
ε
0
E
1
=ε
0
E
3
=
ε
0 
V
0 
5d
ε
0 
E
1
ε
0 
E
3
V
0
V
0 
4
5
V
0 
1
5
7) Las densidades superficiales de polarización responden a σp = P ·n por lo que aplicándola a cada superficie
de ambos dieléctricos resulta
−σp(0) = σp(d) = −σp(2d) = σp(3d) =
2ε0V0
5d
8) Como la polarización es uniforme,
κp1 = κp3 = 0
9) La capacidad es
C =
Q
V0
=
Sσ
V0
⇒ C =
3ε0S
5d
10) La energía del condensador es
Ue =
1
2
CV20 ⇒ Ue =
3ε0V20 S
10d
 
 
 
E.T.S.I.I. 
Departamento de 
Física Aplicada 
a la Ingeniería 
Industrial