Issuu on Google+

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Exámenes resueltos Física I y Física II Curso 2010/2011

Grado en Tecnologías Industriales


FĂ­sica I


Grado en Tecnologías Industriales

 

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Apellidos, Nombre 

 

 

 

Primer Parcial FÍSICA I

 

 

 

 

   Grupo 

CUESTIONES  1.‐ Un tren, a partir del reposo, acelera a lo largo de la estación de manera uniforme a razón de  0,6  m/s2.  Un  pasajero  en  la  estación  a  5  metros  de  la  puerta  del  tren  corre  tras  él  con  una  aceleración de 1,2 m/s2 con el propósito de alcanzarlo. ¿Cuánto tiempo tarda el pasajero para  llegar a la puerta?  A)  3.0 s     B)  17 s     C)  7.1 s     D)  5.6 s     E)  4.1 s   Solución  Tomando  como  origen  de  coordenadas  la  posición  inicial  del  pasajero,  las  ecuaciones  que  describen la pasición del pasajero y de la puerta del tren son: 

1 x pa  0  0t  1, 2t 2 2   1 2 x pu  5  0t  0, 6t 2 En el instante en que el pasajero alcança la puerta :  

1 1 10 x pa  x pu  1, 2t 2  5  0t  0, 6t 2 ;  t   4,1s   2 2 0, 6 2.‐Un mortero lanza, desde el suelo una granada con una velocidad de 200 m/s. con un ángulo  de  45º  Calcula  la  aceleración  tangencial  y  normal  de  la  granada  a)  En  el  instante  del  lanzamiento. b) Cuando la granada alcanza su altura máxima.  Solución 

 

9,8 ms‐2 n  n  ‐2 9,8 ms

  De la figura para el apartado a)  

at  9,8sen45º  6,93 ms 2 ; an  9,8cos 45º  6,93 ms 2   Y para el apartado b) 

at  0; an  9,8 ms 2    

 

1


3.‐Un proyectil es disparado con una velocidad inicial de 1000 m/s en un ángulo de 370 sobre la  horizontal.    Si  se  desprecia  la  resistencia  del  aire,  la  velocidad  del  proyectil  en  el  punto  más  alto de la trayectoria vale aproximadamente:   

A)  600 m/s     B)  800 m/s     C)  640 m/s     D)  0  m/s     E)  160 m/s  

Solución  En  este tipo de movimientos, al despreciar la resistencia del aire la  Vx  cte  Vox  Vo cos  .  En el punto más alto de la trayectoria la  Vy  0 , por consiguiente la velocidad en el punto más  alto viene dada por: 

    V  1000(ms 1 ) cos 37i  0 j  800(ms 1 )i   Luego la respuesta correcta es la B)  4.‐¿Cuál de las siguientes afirmaciones incluye todos los elementos esenciales de la primera ley  de Newton?,  A) Un cuerpo en reposo persiste en su estado, excepto que actúe una fuerza externa no  nula.  B) Un  cuerpo  persiste  en  su  estado  de  reposo  o  de  movimiento  uniforme  en  una  línea  recta en la medida en que la fuerza externa neta permanece constante.  C) Para cada acción hay una reacción igual y opuesta.  D) Un  cuerpo  persiste  en  su  estado  de  reposo  o  de  movimiento  rectilíneo  uniforme  excepto que actúe una fuerza externa neta distinta de cero.  E) La aceleración de un cuerpo es proporcional a la fuerza externa neta que actúa sobre  el mismo y a la masa del cuerpo.  5.‐ ¿Cuál de los siguientes diagramas de cuerpo libre representa el coche que va cuesta abajo  sin aceleración?              A)  (1)     B)  (2)     C)  (3)    D)  (4)     E)  (5)   Solución:  Si  el  coche  se  mueve  sin  aceleración  la  fuerza  total  en  la  dirección  X  tiene  que  ser  nula,  por  consiguiente  tiene  que existir una fuerza de rozamiento que  contrarreste la componente del  peso en la dirección X, luego la respuesta correcta es la C. 

 

2


6.‐De un bloque de masa m se tira en la dirección que se  muestra  en  la  figura  a  través  de  una  superficie  rugosa  con una aceleración constante.  La magnitud de la fuerza  de rozamiento es,   

 

A)  µkmg     B)  T cos  – ma     C)  µk(T – mg)     D)  µkT sen      E)  µk(mg + sen ) 

Solución  Si escribimos la segunda ley de Newton en el eje x se cumple: 

T cos   Fr  ma;  Fr  T cos   ma   Por tanto la respuesta correcta es la B)  7.‐Una masa de 4 kg en el extremo de  una cuerda gira en un movimiento circular sobre una  mesa horizontal sin rozamiento. La masa tiene una velocidad constante de 2 m/s y el radio del  círculo es de 0,80 m. ¿Cuál es la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la masa?  A)  39 N      B)   0 N    C)  20 N  D)  30 N  E)  44 N  Solución  Si describe un movimiento circular se tiene que cumplir:  El peso y la normal se anulan, siendo la tensión de la cuerda T la resultante que actúa sobre la  masa, y al aplicar la segunda ley de Newton: 

T  man  m

V2 22 4  20 N   R 0,8

Luego la respuesta correcta es la C)  8.‐Para  un  observador  situado  en  una  guagua  que  moviéndose  hacia  la  derecha  y  frena  bruscamente  con  una  aceleración  uniforme  a ,  el  diagrama  de  fuerzas  sobre  una  esfera  que  cuelga  del techo es:   

 

ma

T

ma

T

 

mg

mg

  (B

(A    

ma

T

T mg

ma

mg

 

(D (C Dado que el observado situado en la guagua es un O.N.I. en el diagrama de fuerzas tiene que  tener en cuenta la fuerza de inercia de valor  ma y sentido contrario a su aceleración, por tanto  la respuesta correcta es la B) 

 

3


PROBLEMAS  1.‐Reducir el sistema de fuerzas que actúa sobre la viga a un sistema fuerza‐par equivalente en  el punto G      F2 

 

100 Nm

 

150N

F1 

200N

 

60º

G

   

0,2m

F3 

 j

   

 i

 k

 

0,5m

0,5m

0,6m

0,4m

100N

 

Dado  el  sistema  de  referencia  de  la  figura,  escribiremos  la  expresión  vectorial  de  todos  los  vectores que van desde el punto G ( origen de coordenadas)  al punto de aplicación de cada  una de las fuerzas, así mismo expresaremos estas en  sus componentes x e y.   

 ri

 

 Fi

 Mi

 

   r1  0,5i  0,1 j  

   F1  100 i  100 3 j  

    M 1,G  r1  F1  96, 6  Nm  k  

   r2  0, 4i  0,1 j  

   F1  0 i  150 j  

    M 2,G  r2  F2  60  Nm  k  

  r3  0  

   F3  0 i  100 j  

    M 3,G  r3  F3  0  

 

   R  100i  76,8 j  

     M total  M 1,G  M 2,G  M 3,G  156, 6  Nm  k  

 

Por consiguiente el sistema fuerza‐par equivalente en el punto G es:         M  100  Nm  k  156, 6  Nm  k  56, 6  Nm  k R  100 i  76,8 j  ; 

 

4


2.‐Los dos bloques que se muestran en la figura se encuentran originalmente en reposo. Si se  desprecian  las  masas  de  las  poleas  y  el  efecto  de  rozamiento  en  éstas  y  se  supone  que  los  coeficientes  de  rozamiento  entre  el  bloque  A  y  la  superficie  horizontal  son  s  0, 20 y 

k  0,15 ,  a)  Dibuje  el  diagrama  de  fuerzas  para  cada  bloque  y  justifique  que  inicia  el  movimiento. Determine: b) la aceleración de cada bloque, c) la tensión en el cable. 

Solución    N 

 

 

T Fr 

xA mg=294N 

 

YB 

 

3T 

   

 

Condición de ligadura:  xA+3yB=cte 

T

T T

   

mg=245N   Para  que  el  sistema  inicie  el  movimiento  se  tiene  que  cumplir  que  la  tensión  T  sea  superior a la fuerza de rozamiento máxima entre el bloque A y la superficie.     Dado que el bloque A se mantiene siempre sobre la superficie horizontal ( a y , A  0 ) la fuerza  normal  N  que  ejerce  la  superficie  tiene  que  ser;  en  este  caso;  igual  a  el  peso,  y  la  fuerza  de  rozamiento máxima se obtiene mediante la expresión  Fr ,max   s N  , luego 

N  294 N ; Fr ,max  0, 2  294  58,8 N   Planteamos las siguientes ecuaciones:  Para que el bloque A se desplace hacia la derecha :  T  58,8  0   El bloque B se tiene que desplazar hacia abajo, luego  245  3T  0  

3  T  58,8  0 

+ 245  3T  0

 

245  176, 4  0 Inecuación que evidentemente es verdadera, luego el sistema se mueve. 

 

5


Volvemos  a  escribir  la  segunda  ley  de  Newton  para  cada  bloque  pero  ahora  la  fuerza  de  rozamiento que interviene, es la fuerza de rozamiento dinámica  Fr  0,15  294  44,1N .  

T  44,1  30a A 245  3T  25aB

 

De la condición de ligadura  a A  3aB ,  resolviendo el sistema, se obtiene: 

aB  0,38 ms 2 ; a A  1,15 ms 2 ; T  78, 48 N    

 

6


3.‐ Calcular la tensión de la cuerda y la aceleración con la que se mueven respecto del carrito y  respecto al suelo los bloques de la figura si aquél se desplaza:  a) con velocidad constante.  b) con aceleración constante de 2 m/s2 hacia la derecha. 

Solución  a) Resolveremos el problema, desde el punto de vista de un observador situado en el carrito,  para  este  acaso  al  moverse  con  velocidad  constante  es  un  O.I.  (observador  inercial)  el  diagrama de fuerzas para el sistema es el que muestra la figura.   Consideramos  que  tanto  la  cuerda  como  la  polea  son  ideales,  lo  cual  implica  que  la  tensión  en  cada  tramo  de  la  cuerda  es  el  mismo  y  que la tensión igual a ambos lados  de  la  polea,  por  tanto  la  tensión  que ejerce la cuerda al bloque A es  la  misma  que  la  ejercida  al  bloque  B. 

N =9,8N  T

A

Fr=1,96N

T

9,8N

O.I

19,6N

Escribimos la segunda ley de Newton para cada uno de los bloques:  Para el bloque A  

F F

y

 0;  N  mA g  9,8 N ;  Fr  0, 2  9,8  1,96 N

x

 max  T  1,96  1a A

 

Para el bloque B 

19, 6  T  2aB   Condición  de  ligadura  ( x A  yB  cte )  se  tiene  que  a A  aB ,  resolviendo  el  sistema  se  obtiene:  

a A  aB  5,88 ms 2 ; T  7,84 N     Las aceleraciones de cada bloque respecto del suelo, teniendo en cuenta que en este caso la  aceleración de arrastre es cero, las aceleraciones respecto al carrito y respecto al suelo son las  mismas. Podemos escribirlas en forma vectorial:  

    a A  5,88 (ms 2 )i ; aB  5,88 (ms 2 ) j

 

7


Cuando  el  carrito  acelera  hacia  la  derecha,  el  observador  situado  en  el  mismo  es  un  O.N.I.  (observador  no  inercial)  por  tanto  además  de  las  fuerzas  reales  tiene  que  añadir  una  fuerza  ficticia,  la  fuerza  de  inercia,  cuyo  valor  es  la  masa  de  la  partícula  por  la  aceleración  del 

observador, y de sentido el contrario a su aceleración.:  FI   mao , en el digrama de fuerzas  de la figura se muestra lo anterior.   

N =9,8N  FI=2 N

 

T

A

Fr=1,96N

 

Fr=0,8 N

9,8N  

FI=4 N

 

T N’=4 N

B

O.N.I 19,6N

   

Al igual que en el apartado a),  escribimos las ecuaciones para cada uno de los bloques:  Para el bloque A  

F F

y

 0;  N  mA g  9,8 N ;  Fr  0, 2  9,8  1,96 N

x

 max  T  1,96  2  1aA

 

Para el bloque B (ahora el bloque B roza con la superficie vertical  Fr  0, 2N  0,8 N ) 

19, 6  T  0,8  2aB   Condición de ligadura:  aA  aB , resolviendo el sistema se obtiene:  

aA  aB  5, 21 ms 2 ; T  9,17 N   Las aceleraciones de cada bloque respecto del suelo, teniendo en cuenta que en este caso la 

aceleración  de  arrastre  es  ao  2i   ,  las  aceleraciones  respecto  al  carrito  y  respecto  al  suelo  vienen dadas por  : 

      a A  a0  aA  2i (ms 2 )  5, 21 (ms 2 )i  7, 21 (ms 2 )i        aB  a0  ab  2(ms 2 )i  5, 21 (ms 2 ) j

 

8


Grado en Tecnologías Industriales Examen Final –

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

2º PARCIAL

Apellidos, Nombre

FÍSICA I

Grupo 0,2 m

Cuestión 1.- El momento de inercia de un cuerpo irregular de 20 kg, respecto de un eje que pasa por su centro de masas es igual a 2,8 kgm2 El momento de inercia de este objeto respecto a un eje paralelo al anterior y que dista 0,2 m de él es: a) 2,8 kg m2 c) 2 kg m2 2 b) 3,6 kg m d) 3,2kg m2

CDM

Cuestión 2.- Un sistema está formado por dos partículas A y B. La partícula A tiene una masa mA = 2,0 kg y se mueve hacia la derecha, sentido que consideraremos positivo, a una velocidad respecto al centro de masas v*A  12ms 1 . La otra partícula B tiene una masa mB = 3,0 kg. La velocidad respecto al centro de masas de la partícula B es: a) 12 m/s

c) 8,0 m/s

b) -12mJs

Cuestión 3.- -Un cilindro de masa m y radio R ( I 

d) -8,0 m/s

1 mR 2 ) tiene una cuerda enrollada 2

en su periferia. El otro extremo de la cuerda está sujeto al techo. Se suelta el cilindro desde el reposo. Cuando el centro de masas del cilindro ha descendido una altura h, la velocidad angular del cilindro es igual a: a) 2

gh 3

b) 2

mgh 3

c)

1 4 gh R 3

d)

1 2gh R

Cuestión 4.- -Un cilindro de radio R rueda sin deslizar con velocidad angular  por una superficie plana; la velocidad lineal de los puntos A y B tienen un valor:

 

 

B

a) VA   Ri ;VB   Ri

b) VA  0;VB   Ri

c) VA  0;VB  2 Ri

d) VA   Ri ;VB  2 Ri

 

 

 A

Cuestión 5.- El siguiente diagrama muestra cinco cilindros, cada uno de los cuales gira con una velocidad angular constante alrededor de su eje central. Se muestra la magnitud de la velocidad tangencial de un punto de cada cilindro, junto con la radio y la masa de cada cilindro. ¿Qué cilindro tiene el momento angular más grande?

a)

b)

c)

d)

1


a) 2, 42 106 J c)

1, 02  106 J

b) 1, 40 106 J

P(atm)

Cuestión 6.- Un gas se expande como se muestra en el gráfico. Si el calor tomado durante este proceso es 1, 02  106 J y 1 atm = 1,01 x105 N/m2, la variación de la energía interna del gas es d) 1,02 106 J

6 5 4 3 2 1

A

B 1 2 3 4 5 6 7 8 V(m3)

Cuestión 7.- En el diagrama PV de la figura, para un gas ideal, podemos afirmar: a) El trabajo en el proceso ABC es el mismo que en el proceso ADC. b) La variación de energía interna en el proceso ABC es la misma que en el proceso ADC. c) El trabajo en el proceso AB es 40 kJ. d) El trabajo en el proceso ADC es 40 kJ

P(Pa) 200

B

100

A

C

0,20

D

V(m3)

0,40

Cuestión 8.- La figura representa un diagrama PV para un proceso adiabático y para un proceso isotérmico. Un gas ideal experimenta una expansión y pasa de un P(Pa) volumen Vi a un volumen Vf .De la figura Isoterma podemos decir que el trabajo de expansión: a) b) c) d)

Es mayor en el proceso isotérmico. Es mayor en el proceso adiabático. Es igual en ambos procesos. No podemos comparar los trabajos en estos procesos si no conocemos los datos numéricos.

Adiabática Vi

Vf

2

V(m3)


Grado en Tecnologías Industriales Examen Final –

2º PARCIAL

FÍSICA I

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Problema 1.- Los extremos de una varilla uniforme AB de 20 kg están unidos a collarines de masa despreciable que se deslizan sin rozamiento a lo largo de barras fijas. Si la varilla se suelta desde el reposo

cuanto

el

ángulo

G

  37º , determinar

l=2 m

inmediatamente después de la liberación a) La aceleración angular de la varilla. b) La reacción en A. c) La reacción en B

Solución: Ecuaciones cinemáticas:     2  aB  a A   BA k  rB  BA rB A

(1,1) A

    Si tenemos en cuenta las ligaduras del sistema, ( aB  aB j ; a A  a Ai ) y que    rB  1, 2 cos 25º i  1, 2sin 25º j la ecuación (1,1) toma la forma: A

     aB j  a Ai   BA k  (2 cos 37º i  2sin 37º j )

(1,2)

Desarrollando y ordenando los términos en la ecuación (1,2) se tiene: aB   BA1, 6 ms 2 aA   BA1, 2 ms 2

Escribimos ahora la expresión de la aceleración del centro de masas:     2  aG  aA  GAk  rG  BA rG A

A

     aG  1, 2i   k  (1cos37º i  1sin 37º j )

(1,3)

En donde se ha tenido en cuenta que  BA   GA   . Desarrollando y ordenando (1,3):    (1,4) aG  0, 6 i  0,8 j ms 2 Ecuaciones dinámicas:

NA

 M  I    F  ma G

G

G

2m

NB

196,2 N 3


Dinámica de rotación:        i j k  i j k      1 2  1cos 37º 1sin 37º 0   1cos 37º 1sin 37º 0   ml  k 12  0 0    N B 0 0  NA  0,8 N A  0, 6 N B  6, 67 Dinámica de traslación:  N B  20(0, 6 ) N A  196, 2  20(0,8 ) Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: N A  102, 04 N ; N B  70, 623N ;   5,88 rad s 2

En forma vectorial:       N A  102, 04 N j ; N B  70, 62 N i ;   5,88 rad s 2 k

4


Problema 2.- Los extremos de una barra AB de 10 kg están restringidos a moverse a lo largo de ranuras cortadas en una placa vertical. Un resorte de constante K=20 N/m se fija al extremo A de forma inicial cero). Calcular la velocidad angular de la barra y la velocidad del extremo B cuando θ=30º

EPg  0

70 cm

61 cm

70 cm

35 cm

EPg  mg 0,175 G 70 cm

Situación final

Situación inicial

De las figuras anteriores se observa que el resorte se ha estirado 9 cm y que el centro de masas ha descendido una altura de 17,5 cm. Suponiendo que no existe rozamiento, la energía mecánica en la situación inicial es igual a la energía mecánica final.

EPg  EP0  Ec  cte En la situación inicial, dado que hemos tomado como origen para la energía potencial, esta posición, y dado que nos dicen que el resorte no está deformado se tiene que la energía total es cero. 1 1 1 1  mgh  k 2  mVG2  ml 2 2  0 2 2 2 12 l . Sustituyendo este valor en la 2 ecuación anterior y simplificando se obtiene que:

Como se justificará más adelante, VG  

6 gh  3k 2 69,810,175  3200, 092   4, 47 rad s 1  l 0, 7 VG  

l 4, 470, 7   1,56 ms 1 2 2

5


l y calcular la velocidad del punto B. 2     De las condiciones de ligadura se cumple: VA  VAi y que VB  VB j .

Vamos a justificar ahora que VG  

Dado que:

       VG  VA   k  rG  VB   k  rG A

[1] B

 l    l  l l  rG  cos  i  sin  j ; rG   cos  i  sin  j [2] A B 2 2 2 2     l    l  l l VAi   k  ( cos  i  sin  j )  VB j   k  (  cos  i  sin  j ) 2 2 2 2

[3]

Después de operar y ordenar se tiene:    l l l l    VA   sin   i   cos  j   sin  i  (VB   cos  ) j 2 2 2 2   l l VA   sin    sin  ;  VA  l sin  2 2 l l VB   cos    cos  ;  VB  l cos  2 2 Sustituyendo en la ecuación [1] obtenemos que:    l     l     l l VG  VA   k  rG  l sin  i   k   cos  i  sin  j    sin  i   cos  j A 2 2 2 2 

Por consiguiente:  l VG   ; VB   l cos   4, 47  0, 7 cos 30º  2, 71 ms 1 2

A estos mismos resultados habríamos llegado, más rápidamente, mediante el concepto de “centro instantáneo de rotación”.

ω

ω

VG P 70 cm CIR

6


El conjunto gira en torno al centro instantáneo de rotación con velocidad angular ω tal que l vG   PG   2 (por simetría PG es la mitad de la diagonal del rectángulo de vértices opuestos l A y B. Su valor es 2 ) De la misma forma

vB   PB  l cos 

7


Problema 3.- Un sistema formado por 0,32 moles de un gas ideal monoatómico con

cV  32 R , ocupa un volumen de 2,2 l a una presión de 2,4 atm (punto A de la figura ). El sistema describe un ciclo formado por tres procesos: 1. El gas se calienta a presión constante hasta que su volumen es 4,4 l en el punto B. 2. El gas se enfría a volumen constante hasta que la presión disminuye a 1,2 atm (punto C). 3. El gas experimenta una compresión isoterma y vuelve al punto A. a) ¿Cuál es la temperatura en los puntos A, B y C? b) Determinar, para cada proceso y para el ciclo completo, W, Q , ∆U, ∆S. c) Rendimiento del ciclo Solución: En primer lugar construimos un cuadro donde ordenamos todas los variables termodinámicas. La temperatura del punto A se obtiene mediante la aplicación de la ecuación de los gases ideales, ecuación de Clapeyron:

PV  nRT ;  T 

PV 2, 4  2, 2   201, 22 K nR 0,32  0, 082

TB  2TA  402, 44 K ; TC  TA =201,22K P(atm)

V(l)

T(K)

A

2,4

2,2

201,22

B

2,4

4,4

402,44

C

1,2

4,4

201,22

Proceso

Q

W

U

S

A B

1337, 7J

534,86J

802,84J

4, 608 J K 1

BC

802, 63J

0

802, 63J

2, 765 J K 1

CA

370,89J

370,89J

0

1,843J K 1

Ciclo completo

164J

164J

0

0



Wneto 164   0,12 ;12% Qabs 1337,7

8


Grado en Tecnologías Industriales Examen Final FÍSICA I

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Apellidos, Nombre

Grupo

Cuestión 1.- Al disparar un arma de fuego ésta retrocede. De las siguientes afirmaciones señalar cuál es la incorrecta: a) Tras el disparo el momento lineal del arma es igual y de sentido contrario al del proyectil. b) Las velocidades del arma y del proyectil dependen de las masas de cada uno c) Como el arma tiene una masa mayor que el proyectil, retrocede con una velocidad menor que la velocidad del proyectil. d) El momento lineal total aumenta al disparar. Cuestión 2.- El bloque de la figura desliza sin rozamiento a lo largo de un plano inclinado cuya pendiente tiene un ángulo constante  . Se cumple: a) La aceleración depende de la masa. b) La componente tangencial del peso no acelera al bloque. c) La aceleración depende del ángulo. d) Ninguna de las anteriores es correcta

0,2 m

Cuestión 3.- Si el momento de inercia de un cuerpo irregular de 20 kg , respecto de un eje que pasa por su centro de masas es igual a

2,8 kg m 2 , el momento de inercia de este objeto respecto a un eje paralelo al anterior y que dista 0,2 m de él será: a) 2,8 kg m 2

c) 2 kg m 2

b) 3, 6 kg m 2

d) 3, 2 kg m 2

CDM

Cuestión 4.- Un sistema está formado por dos partículas A y B. La partícula A tiene una masa mA = 2,0 kg y se mueve hacia la derecha, sentido que consideraremos positivo, a una velocidad respecto al centro de masas v*A  12ms 1 . La otra partícula B tiene una masa mB = 3,0 kg. La velocidad respecto al centro de masas de la partícula B es: a) 12 m/s

b) -12m/s

c) 8,0 m/s

1

d) -8,0 m/s


Cuestión 5.- -Un cilindro de radio R rueda sin deslizar con velocidad angular  por una superficie plana; la velocidad lineal de los puntos A y B tienen un valor:

 

 

a) VA   Ri ;VB   Ri

b) VA  0;VB   Ri

c) VA  0;VB  2 Ri

d) VA   Ri ;VB  2 Ri

 

B

 

A

Cuestión 6.- El siguiente diagrama muestra cuatro cilindros, cada uno de los cuales gira con una velocidad angular constante alrededor de un eje que pasa por su centro. Se muestra la magnitud de la velocidad tangencial de un punto de cada cilindro, junto con el radio y masa de cada cilindro. ¿Qué cilindro tiene el momento angular mayor?

b)

d)

c)

Cuestión 7.- Un gas se expande desde A hasta B como se muestra en el gráfico. Si el calor tomado durante este proceso es 1, 02  106 J y 1 atm = 1,01 x105 N/m2, la variación de la energía interna del gas es aproximadamente a) 2, 42 106 J c)

3, 44 106 J

P(atm)

a)

b) 1, 40 106 J d) 1, 40 106 J

A

6 5 4 3 2 1

B 1 2 3 4 5 6 7 8 V(m3)

Cuestión 8.- En el diagrama PV de la figura, para un gas ideal, podemos afirmar: a) b)

c) d)

El trabajo en el proceso ABC es el mismo que en el proceso ADC. La variación de energía interna en el proceso ABC es la misma que en el proceso ADC. El trabajo en el proceso AB es 40 kJ. El trabajo en el proceso ADC es 40 kJ

2

P(Pa) 200

B

100

A

0,20

C

D

0,40

V(m3)


Grado en Tecnologías Industriales Examen Final FÍSICA I

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Problema 1.- Entre el bloque A y la superficie horizontal de la figura existe rozamiento, cuyos coeficientes estático y dinámico tienen unos valores respectivos de:  E =0,10;  D =0,08. Si tanto las poleas como la cuerda son ideales, a) Dibujar el diagrama del cuerpo libre para cada una de las masas. b) Demostrar que el sistema inicia el movimiento. c) Aceleración de cada una de las masas. d) Tensión en cada uno de los tramos de cuerda.

N  mg  981N Frmax  0,1  981  98,1N

T Fr

mg  981N T

T

Para que el sistema inicie el movimiento, se tiene que cumplir:

T  Frmax ;  T  98,1

2T

2943  2T Inecuación que evidentemente se verifica ya que

2943  2  98,1

2T

Dadas las ligaduras del sistema, se cumple que:

aC  aB ; a A  2aC ;  a A  2aB Aplicamos la segunda ley de Newton a cada una de las masas, tenemos en cuenta, además, que al moverse la

Fr   D N  0, 08  981  78, 48N , T  78, 48  100a A

Mg  2943N

2943  2T  300aB y de las ligaduras del sistema a A  2aB

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

T  876, 49 N; a A  7,96 ms 2 ; aB  3,98 ms 2

3


Problema 2.- Una grúa tiene una masa de 1000 kg y es usada para sostener una masa de 2400 kg. Está sujeta en A por una articulación y en B por un tope. El centro de gravedad está en G. Determine las reacciones en el punto A y B

Primero dibujamos todas las fuerza que se ejercen sobre la grúa.

FAy FAx

23544N 9810N

FB

Para que exista equilibrio, se tiene que cumplir:

  F    0 M  0

De la primera ecuación se obienen dos ecuaciones escalares,

FAx  FB  0

FAy  9810  23544  0 Tomando momentos respecto al punto A de la figura, obtenemos la tercera ecuación que necesitamos:

FB  1,5  9810  2  23544  6  0 Resolviendo el sistema, se obtiene:

FB  10726N ; FAy  33354N ; FAx  10726N El signo negativo de FAx , significa que el sentido, es contrario al inicialmente supuesto.

4


Problema 3.- Los extremos de una varilla uniforme AB de 20 kg están unidos a collarines de masa despreciable que se deslizan sin rozamiento a lo largo de barras fijas. Si la varilla se suelta desde el reposo

cuanto

el

ángulo

G

  37º , determinar

l=2 m

inmediatamente después de la liberación a) La aceleración angular de la varilla. b) La reacción en A. c) La reacción en B

Solución: Ecuaciones cinemáticas:     2  aB  a A   BA k  rB  BA rB A

(1,1) A

    Si tenemos en cuenta las ligaduras del sistema, ( aB  aB j ; a A  a Ai ) y que    rB  1, 2 cos 25º i  1, 2sin 25º j la ecuación (1,1) toma la forma: A

     aB j  a Ai   BA k  (2 cos 37º i  2sin 37º j )

(1,2)

Desarrollando y ordenando los términos en la ecuación (1,2) se tiene: aB   BA1, 6 ms 2 aA   BA1, 2 ms 2

Escribimos ahora la expresión de la aceleración del centro de masas:     2  aG  aA  GAk  rG  BA rG A

A

     aG  1, 2i   k  (1cos 37º i  1sin 37º j )

(1,3)

En donde se ha tenido en cuenta que  BA   GA   . Desarrollando y ordenando (1,3):    (1,4) aG  0, 6 i  0,8 j ms 2 NA

Ecuaciones dinámicas:

 M  I    F  ma G

G

2m

G

NB

196,2 N

5


Dinámica de rotación:        i j k  i j k      1 2  1cos 37º 1sin 37º 0   1cos 37º 1sin 37º 0   ml  k 12  0 0    N B 0 0  NA  0,8 N A  0, 6 N B  6, 67 Dinámica de traslación:  N B  20(0, 6 ) N A  196, 2  20(0,8 ) Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: N A  102, 04 N ; N B  70, 623N ;   5,88 rad s 2

En forma vectorial:       N A  102, 04 N j ; N B  70, 62 N i ;   5,88 rad s 2 k

6


Problema 4.- Un sistema formado por 0,32 moles de un gas ideal monoatómico con

cV  32 R , ocupa un volumen de 2,2 l a una presión de 2,4 atm (punto A de la figura ). El sistema describe un ciclo formado por tres procesos: 1. El gas se calienta a presión constante hasta que su volumen es 4,4 l en el punto B. 2. El gas se enfría a volumen constante hasta que la presión disminuye a 1,2 atm (punto C). 3. El gas experimenta una compresión isoterma y vuelve al punto A. a) ¿Cuál es la temperatura en los puntos A, B y C? b) Determinar, para cada proceso y para el ciclo completo, W, Q , ∆U, ∆S. c) Rendimiento del ciclo Solución: En primer lugar construimos un cuadro donde termodinámicas.

ordenamos todas los variables

La temperatura del punto A se obtiene mediante la aplicación de la ecuación de los gases ideales, ecuación de Clapeyron:

PV  nRT ;  T 

PV 2, 4  2, 2   201, 22 K nR 0,32  0, 082

TB  2TA  402, 44 K ; TC  TA =201,22K P(atm)

V(l)

T(K)

A

2,4

2,2

201,22

B

2,4

4,4

402,44

C

1,2

4,4

201,22

Proceso

Q

W

U

S

A B

1337, 7J

534,86J

802,84J

4, 608 J K 1

BC

802, 63J

0

802, 63J

2, 765 J K 1

CA

370,89J

370,89J

0

1,843J K 1

Ciclo completo

164J

164J

0

0



Wneto 164   0,12 ;12% Qabs 1337, 7

7


Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Grado en Tecnologías Industriales Examen Convocatoria julio 2011 FÍSICA I

Apellidos, Nombre

Grupo

CUESTIONES: 1.‐ De forma razonada señala las proposiciones correctas.    a) Es  posible  encontrar  una  partícula  que  se  mueva  con  vector  aceleración  constante  distinto de cero que mantenga el vector velocidad constante. No  b) Es  posible  encontrar  una  partícula  que  se  mueva  con  módulo  de  la  aceleración  constante distinto de cero y  que mantenga el módulo de su velocidad constante. No  c) Si  el  módulo  de  la  aceleración  de  una  partícula  es  constante  la  dirección  de  la  velocidad no puede cambiar. No  d) Una  partícula  que  en  un  instante  determinado  tiene  velocidad  nula,  de  forma  necesaria tiene aceleración nula. No  e) Si  las  aceleraciones  tangencial  y  normal  de  una    partícula  son  ambas  nulas,  dicha  partícula lleva un movimiento rectilíneo y uniforme. Sí      2.‐ La partícula describe un movimiento parabólico en el seno del campo gravitatorio terrestre  (g=9,8 m/s2)  En el punto A la velocidad es de 10 m/s y el ángulo que forma con la horizontal  30º.  ¿Cuál  es  la    aceleración  tangencial  y  normal  en  ese  punto?       La  aceleración  tangencial  es  la  proyección  de  la  aceleración  sobre  la  dirección  tangente  a  la  trayectoria  (  dirección  del  vector  velocidad)  ,  por  consiguiente, de la figura se deduce que:  a a  

 

1 a  g sin 300  9,8  4,9 ms 2 2   3 2 0 a  g cos 30  9,8  4,9 3 ms 2

30º

  ag

     3.‐  Una  noria  de  feria  de  20  m  de  radio  gira  en  el  plano  vertical  a  razón  de  dos  vueltas  por  minuto. Obtener el peso aparente de un pasajero de 60 kg en los siguientes casos:  a) En el punto más alto de la noria  b) En el punto más bajo  En los lados de la noria, ¿cuándo parece que pesa más el pasajero?:  c) Al subir, al bajar, o igual  N   v2   mg  N  m  m 2 R;  N  mg  m 2 R R     2  2     rad s 1  mg   60 15 N  

v2 N  mg  m  m 2 R;  N  mg  m 2 R R

mg 1


Se  ha  aplicado  la  2ª  ley  de  Newton  en  las  dos  posiciones: 

 F  ma ,  en  este  caso  la 

aceleración  que  tiene  el  pasajero  es  una  aceleración  normal  ,  dirigida  hacia  el  centro  de  la  trayectoria .     Sustituyendo los valores numéricos se obtiene que: 

   20  535, 6 N    15  2

 

En el punto más alto  N  60  9,8  60  

 

  En el punto más bajo  N  60  9,8  60    20  640, 64 N    15  2

    4.‐  A  un  disco  circular  de  radio  R  y  masa  M  se  le  hace  un  taladro  también  circular  y  radio  R/2  tal  como  indica  la  figura. Hallar la posición de su centro de masas.       El disco problema, se puede suponer como la superposición  de  un  disco  de  masa  M  y  radio  R  con  otro  de  masa 

R ,  como  el  disco  de  radio  R  su  área  2 M  R 2  es cuatro veces el área del hueco,  la masa  m    , entonces, la coordenada   4 M M R M 0  0 M 0   4 4 2 R   0 ; Ycd m  X cdm  M M 6 M M 4 4 m negativa    y  radio 

En donde se ha tenido en cuenta que las coordenadas del  cdm  del disco de masa M es   0, 0     y las del disco masa  m  

M  R  ;   0,    4  2

Dada la simetría existente, es lógico que la coordenada X cdm  0     5‐  Una  rueda  de  radio  R  y  masa  M  rueda  sin  deslizar  con  una  velocidad  angular  ω  por  una  superficie  plana.  ¿Cuál  es  el  valor  de  la  velocidad  lineal  de  un  punto  A  de  la  superficie  de  la  rueda situado en la parte de contacto con el plano?  ¿Cuál es la velocidad lineal de un punto B      de la rueda diametralmente opuesto a A?  VB   Ri   Ri  2 Ri   B     C        A    VA   Ri   Ri  0   Se  ha  tenido  en  cuenta  que  la  velocidad  de  un  punto  cualquiera  respecto  al  centro  C  viene  dado por: 

   VA  VC  VA/ C  

y que si rueda sin deslizar el centro de masas se mueve con velocidad  VC   Ri  y  

        VA/ C    rA/ C  ( k )  ( Rj )   R (k  j )   Ri  

2


6‐ Un cilindro y un aro  tienen la misma masa M y el mismo radio R. Sus momentos de inercia   1 respecto al eje son  MR 2 para el cilindro y  MR 2 para el aro. Si se colocan ambos en lo alto del  2 mismo  plano inclinado (altura h) y los dos ruedan sin deslizar a lo largo del plano. Determinar  la relación (cociente) entre las velocidades del centro de masas  de los dos objetos al llegar a la  parte baja del plano.        A         B   Aplicando conservación de la energía entre el punto A y el punto B se tiene:  En el punto A :  Ec  0; E p  Mgh   En el punto B hay energía cinética de traslación y de rotación, siendo la energía potencial cero,  esto es: 

1 1 MV 2  I  2   2 2 En los dos casos se tiene:   

1 1 V  MV 2  I  2 ;   =    2 2 R  4 gh 1 Para el cilindro sustituimos  I  MR 2  y se obtiene:  Vcil    2 3 Y para el aro s  I  MR 2  y se obtiene:  Varo  gh , luego:  Mgh 

Vcil  Varo

4 gh 3  2  2 3  3 3 gh

    7‐  Un  disco  gira  con  velocidad  angular  ω  en  torno  a  un  eje  vertical. Un segundo disco, idéntico, situado en el mismo eje  que  pasa  por  el  centro  de  los  dos,  tal  como  indica  la  figura,  está  inicialmente  en  reposo.    Se  deja  caer  sobre  el  primero  quedando los dos girando con la misma velocidad. ¿Cuál es la  velocidad angular final, común a los dos discos acoplados?       

Alicaremos que en este proceso  LAntes  LDespues   ;  

I   I  0  ( I  I ) f ;   f 

 2

 

   

3


8‐  Para n moles de un gas la variación de energía interna  en un proceso a volumen constante ab es    U  nC (T  T ) V 2 1   ab a) Explica por qué en el proceso a presión constante  ac no se cumple  U ac  nC p T   b) Hallar justificadamente  U ac       La energía interna de un gas ideal sólo depende de la  temperatura,  por consiguiente la variación de energía  interna en el proceso de  a  c es la misma que desde  a  b , al ser las temperaturas iguales  en los dos puntos, luego:     U ac  U ab  nCV (T2  T1 )   De esta forma también queda justificada que la expresión  U ac  nC p T  es incorrecta, dado  que  C p  CV ; (C p  CV  R)  

4


EJERCICIOS PRÁCTICOS 1.‐ Si la manivela AB gira alrededor del  punto A en el sentido de las  agujas del reloj a velocidad angular constante de 900 rpm determinar  la velocidad  y la aceleración del punto P cuando el ángulo θ=90º    PD            y   0,15 m    0,14 m    x       z   B    A    0,05 m     

BA      

   900  2  k rads 1 =-30 k rads 1 ;  BA  0   60

       VB  VA  BA  rB  30 k   0, 05i   1, 6 j   A

  VA  0 , por ser un punto fijo. 

  Debido a las ligaduras la velocidad del punto P , tendrá únicamente componente vertical, esto 

es   VP  V p j  y la velocidad angular   PB  PB k , y como: 

    VP  VB  PB  rP   B

Sustituimos los valores anteriores, y obtenemos la siguiente ecuación: 

     VP j  1,5 j  PB k   0, 05i  0,14 j   

Ecuación vectorial que equivale a dos ecuaciones escalares: 

0  0,14PB ;  PB  0

VP  1,5  0, 05PB  4, 7 ms 1

 

Aceleraciones:

      2 2  aB  a A   BA  rB  BA rB    30  (0, 05i )  444,1 ms 2i A A     2  aP  aB   PB  rP  PB rP B B       aP j  444,1 i   PB k  (0, 05i  0,14 j )  0

Después de realizar las operaciones y ordenar la ecuación vectorial, se obtienen las dos ecuaciones escalares:

0  444,1  0,14 PB ;   PB  3172,1 rad  s 2 a P  0, 05 PB ;  a P  158, 61 ms 2

5


2.‐ Tres niños se encuentran parados en la balsa de 5x5  metros. Los pesos respectivos de los niños que están en  A B y C son: 375N, 260 N y 400 N. Si un cuarto niño de  peso  425  N  se  sube  a  la  balsa,  determinar  dónde  debe  situarse para que el sistema de fuerzas se reduzca a una  única  fuerza  cuya  resultante  pase  por  el  centro  de  la  balsa.    Se tiene que cumplir: 

     M Re sul tan te ,O  M A,O  M B ,O  M C ,O  M D ,O  

  La resultante de los tres pesos es:   

   R  (375  260  400  425) j  1460 j  

  El momento de la resultante respecto a O, sabiendo que pasa por el centro de la balsa es:   

   i j k    M Re su  2,5 0 2,5  3650(i  k )    0 1460 0             i j k i j k i j k i j k 1 0 3  1,5 0 0,5  4, 75 0 4, 75  x 0 z   0 375 0 0 260 0 0 400 0 0 475 0         375(3i  k )  260(0,5i  1,5k )  400(4, 75i  4, 75k )  475( zi  xk )       3155  475 z  i   2655  475 x  k  

Se obtienen dos ecuaciones escalares:   

3650  3155  475 z 3650  2655  475 x

 

  Sistema cuya  solución es: 

3650  3155  1, 04 m 475 3650  2655  2, 09 m x 475 z

6


3‐  Los  extremos  de  una  barra  AB  de  4  kg,  están  restringidos  a  moverse  por  las  ranuras  cortadas  en  una  placa  vertical  en  la  forma  que  se  indica.  Un  resorte  de  constante  elástica  520  N/m  se  fija  en  el  extremo A de forma que su tensión es cero cuando θ=  0º. Si la barra se suelta desde el reposo (v=0) cuando  θ= 0º  determine la velocidad angular de la barra y la  velocidad del extremo B cuando θ= 30º     

l=60 cm

52 cm

60 cm

30 cm G

60 cm

EPg  0

EPg  mg 0,15 Situación final

Situación inicial

De las figuras anteriores se observa que el resorte se ha estirado 8 cm y que el centro  de masas ha descendido una altura de 1,5 cm.    

Suponiendo que no existe rozamiento, la energía mecánica en la situación inicial es 

igual a la energía mecánica final.  

EPg  EP0  Ec  cte   En  la  situación  inicial,  dado  que  hemos  tomado  como  origen  para  la  energía  potencial,  esta  posición, y dado que nos dicen que el resorte no está deformado se tiene que la energía total  es cero. 

1 1 1 1  mgh  k 2  mVG2  ml 2 2  0   2 2 2 12 Como se justificará más adelante,  VG  

l . Sustituyendo este valor en la ecuación anterior y  2

simplificando se obtiene que:  



k 2 520  69,810,15  3 0, 082 m 4   4,19 rad s 1   l 0, 6

6 gh  3

VG  

l 4,190, 6   1, 26 ms 1   2 2

7


l  y calcular la velocidad del punto B.  2     De las condiciones de ligadura se cumple:  VA  VAi  y que  VB  VB j . 

Vamos a justificar ahora que  VG  

Dado que: 

       VG  VA   k  rG  VB   k  rG      [1]  A

B

 l    l  l l  rG  cos  i  sin  j ; rG   cos  i  sin  j [2]  A B 2 2 2 2     l    l  l l VAi   k  ( cos  i  sin  j )  VB j   k  (  cos  i  sin  j )    [3]  2 2 2 2   Después de operar y ordenar se tiene: 

   l l l l         V i j i V j  sin   cos   sin  (  cos  ) A B   2 2 2 2   l l VA   sin    sin  ;  VA  l sin    2 2 l l VB   cos    cos  ;  VB  l cos  2 2 Sustituyendo en la ecuación [1] obtenemos que:   

   l     l     l l VG  VA   k  rG  l sin  i   k   cos  i  sin  j    sin  i   cos  j   A 2 2 2 2  Por consiguiente:   

 l VG    ; VB   l cos   4,19  0, 6 cos 30º  2,18 ms 1   2 A  estos  mismos  resultados  habríamos  llegado,  más  rápidamente,    mediante  el  concepto  de  “centro instantáneo de  rotación”.                               

ω

ω

V P 60 cmG CIR

8


El conjunto gira en torno al centro instantáneo de rotación con velocidad angular ω tal que   

l vG   PG       2 (por simetría PG es la mitad de la diagonal del rectángulo de vértices opuestos A y B.   Su valor 

l es  2  )    De la   misma forma  

vB   PB  l cos 

9


4‐ Consideremos cierta cantidad de  un gas ideal monoatómico ( CV  3 R ) en el que a partir  2 de  su estado inicial A, PA=105 Pa, VA=10‐2 m3 y TA=300 K, se llevan a cabo las siguientes  transformaciones:   

A  B  Transformación isoterma reversible siendo VB=2x10‐2 m3  B  C   Transformación isocórica (V=cte) reversible siendo TC=189 K  C  A  Transformación adiabática reversible, que devuelve al gas a sus condiciones iniciales. 

  a) Determinar el número de moles de gas, confeccionar una tabla en la que aparezcan los  valores P, V y T en los tres estados A, B y C, y dibujar el ciclo en el diagrama P‐V.  b) Calcular el trabajo W, el calor Q, y la variación de energía interna  U, del gas para cada  uno  de  los  procesos  de  forma  directa  (siempre  que  sea  posible),  en  unidades  del  sistema internacional.  c) Hallar el rendimiento de este ciclo como motor térmico y comparar el resultado con el  de un motor de Carnot que funcione entre las dos temperaturas extremas del ciclo.     Dato: R=8.33 J/(mol K)       A P                                     Aplicando la ecuación de los gases ideales: 

B

C

V

PAVA 105 102   0, 04 moles   PV  nRT ;  n  RTA 300  8,33 Como la transformación de A al punto B es una isoterma, se cumple: 

PAVA  PBVB ;  PB 

105 Pa  5 104 Pa   2

De B a C es un proceso isocoro, por consiguiente: 

PB PC 5 104 Pa 189 K  ;  PC   3,15 104 Pa   300 K TB TC   En la siguiente tabla se muestran todos los resultados:   

10


10 Pa  

4

5 10 Pa  

3,15 104 Pa  

102 m3   300 K  

2 102 m3   300 K  

2 102 m3   189 K  

5

V  T 

     

CV 

3 J 5 J R  12, 495 ; CP  R  20,825   2 K mol 2 K mol

A  B  Transformación isoterma reversible. 

U A B  0;  Q  W  nRT ln

VB  69, 29 J ;  VA

B  C   Transformación isocora. 

U B C  nCV T  0, 04  12, 495(189  300)  55, 4778 J ; W  0; Q  U B C  55, 4778 J   C  A  Transformación adiabática reversible.  U C  A  nCV T  0, 04 12, 495(300  189)  55, 4778 J ; Q  0;W  U C  A  55, 4778 J   Cuadro resumen   

A B  BC  C  A  Ciclo 

W  69, 29J   0  55, 4778J   13,8122J  

Q  69, 29J   55, 4778J   0  13,8122J  

U   0  55, 4778J   55, 4778J   0 

 



Carnot 

Wneto 13,8122   0,199;  19,9%   69, 29 QAbs

Tc  T f Tc

 1

Tf Tc

 1

189  0,37;  37%   300

   

11


Física II


Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Grado en Tecnologías Industriales Examen Primer Parcial FÍSICA II

Apellidos, Nombre

Grupo

CUESTIONES: 1.‐La  cuarta  parte  de  un  arco  de  circunferencia  de  radio  R    0 tiene  una  densidad  lineal  de  carga    0 .  Calcular  R razonadamente el campo eléctrico en el centro de curvatura.    Solución:        d   dl  Rd   dEx       dE y  dq  dl  R d  d    dE  k 2  k 2  k k R R R   R2       En la figura se muestra el campo creado por el elemento infinitesimal  dl el cual contiene una  carga también infinitesimal  dq   dl .  

R

  dEx  dE cos   k cos  d R     dE y   dE sin   k sin  d R Por  consiguiente  si  queremos  calcular  el  campo  total  creado  por  toda  la  distribución,  integramos las expresiones anteriores haciendo variar   desde 0 hasta  

2

2

Ex   k 0

 R

cos  d  k

R

2

 cos  d  k 0

 2

Ey   k 0

 R

sin  02

k

 R

 

 R

sin  d  k

 R

2

  sin  d  k 0

 R

    E  k i  j    R

    2.‐Justificar razonadamente que cuando existe simetría esférica:  

  2 E   dS  E 4 r   S

Siendo  S  la superficie de una esfera de radio  r  

cos  02

Por tanto su expresión en forma vectorial viene dada por: 

     

 k

 R


Solución:   

Si existe simetría esférica el campo  E tiene que ser radial, si lo suponemos hacia el exterior de 

la superficie,  E  y  dS  serán paralelos, por tanto  E dS  EdS cos 0  EdS . Luego: 

  E   dS    EdS   S

S

También se tiene que cumplir que el módulo  E  tiene que tomar el mismo valor para cualquier  punto de la superficie (sólo puede depender de  r ); entonces, al ser constante a través de toda  la superficie se puede sacar fuera de la integral:   

  EdS  E   dS   S

Por tanto : 

S

  2 E   dS    EdS  E   dS  ES  E 4 r   S

S

S

  3.‐A partir de la energía de un condensador cargado, obtener que la densidad de energía por  unidad de volumen,  del campo electrostático en el vacío  es: 

1 uE   o E 2   2 Solución:    La energía de un condensador viene dada por: 

1 U  QV   2 En un condensador plano  de área  A  y una separación  d entre sus placas se verifica: 

Q   A ; V  Ed ; E 

 ;    E 0 0  

Q  E 0 A Y al sustituir en la expresión de la energía se obtiene:   

1 1 1 U 1  0E2   U  QV  E 0 AEd   0 E 2 Ad ;  2 2 2 Ad 2 Dado  que  Ad   es  el  volumen  ocupado  entre  las  placas  del  condensador  el  cociente  representa la energía por unidad de volumen, o lo que es lo mismo la densidad de energía   

1 uE   o E 2   2

U   Ad


4.‐Dado el circuito de una sola malla, obtener la intensidad que  circula mediante conservación de la energía.   Solución: 

,r

La energía por unidad de tiempo que el generador aporta  al  circuito  viene  dada  por   I y  la  consumida  en  las  resistencias, tanto externa  R como la interna  r es:  I 2 R  I 2 r , entonces la conservación de la energía implica: 

 I  I 2 R  I 2 r ;    IR  Ir  I ( R  r );  I 

I

R

 Rr  

5.‐En  una  región  de  espacio  existe  un  campo  eléctrico  cuyo  potencial  viene  dado  por:  V ( x, y, z )  xy 2 z . Calcular: 

a) Intensidad del campo eléctrico  E en el punto (1,1,1)  b) Trabajo  realizado  por  el  campo  cuando  una  carga  q  2  C se  traslada  del  punto  A(1,1,1) al punto B(3,5,4).  Decir si dicho proceso es espontáneo o forzado.    Solución:    Teniendo en cuenta que 

     E ( x, y, z )  V   y 2 zi  2 xzj  xy 2 k       E (1,1,1)  1i  2 j  1k   El trabajo realizado por el campo cuando una carga  q se traslada desde un punto A a otro B, al 

ser el campo eléctrico un campo conservativo: 

WA B  U   U B  U A   q (VA  VB )  

VA  112 1  1 V; VB  3  52  4=300 V   WA B  2  C (1  300)V=-5,98 10-4 J   Al ser negativo el trabajo realizado por el campo, el proceso es forzado.      6.‐ De las siguientes afirmaciones razonar sobre la veracidad o falsedad de las mismas. En el  interior de un conductor cargado que se encuentra en equilibrio electrostático: 

F

a) El campo y el potencial son nulos.     b) El campo es no nulo y el potencial es uniforme.

 F 

V El campo es uniforme y el potencial es nulo. F 

c) El campo es nulo y el potencial es uniforme.    d)

e) La densidad superficial de carga es constante en todos los puntos de la superficie.        

 F 


7. Dado el campo eléctrico  E  2 xi  ,    Calcular el  flujo a través del cubo de la figura. Así  como la carga encerrada en dicho cubo.        y       E  2 xi      4m   dS    dS x     z 2m     Solución:    Como el campo eléctrico lleva dirección del eje X , sólo existe flujo en las dos caras paralelas al 

plano  YZ  en  la  primera  cara  (cara  1)  E dS  EdS cos   8dS   y  en  la  otra  cara  (cara  2),  paralela a la anterior 

  E dS  EdS cos 0  12dS , por consiguiente el flujo a través de del cubo viene dado por:    2 1 2   E dS   8dS   12dS   8  dS 12  dS  4S  42  16 NC m   cubo

cara1

cara 2

cara1

cara 2

Para calcular la carga encerrada en el cubo, aplicamos la ley de Gauss: 



qint

0

;  qint   0  16  8,85 1012  1, 42 1010 C  

      8. Calcular el trabajo necesario para formar la distribución de cargas de la figura, suponiendo  que inicialmente estaban infinitamente separadas.    Q   L

Solución: 

2Q

L Q L

El trabajo necesario para formar la distribución es la energía potencial electrostática de la  misma:  U  U1,2  U1,3  U 2,3   Siendo  U i , j  k

qi q j ri , j

 

Luego: 

2Q(Q) 2QQ (Q)Q Q2 U k k k  k L L L L


EJERCICIOS PRÁCTICOS   1.‐En  la  figura  1  se  muestran  dos  cortezas  esféricas  conductoras;  la  primera  de  radio  interno  R  y  radio  externo  2R  tiene  una  carga  Q ,  la  segunda  está  cargada  negativamente  con  una  carga  Q   siendo  sus  radios  interno y externo 3R y 4R respectivamente.  Calcular:    a) Densidad  superficial  de  carga  en  todas  las  superficies de los conductores.  b) Campo  eléctrico  en  todos  los  puntos  del  espacio. Representarlo gráficamente.  c) Potencial  eléctrico  en  todos  los  puntos  del  espacio. Representación gráfica.  d) Diferencia  de  potencial  entre  los  dos  conductores.  e) Capacidad  del  condensador  que  constituyen  los dos conductores.  f) Energía potencial electrostática de la distribución. 

3R 4R

R

2R

Figura 1

Solución:  En  un  conductor  en  equilibrio  electrostático,  la  carga  se  encuentra  en  la  superficie  del  conductor. Dado que nuestros conductores tienen dos superficies,  en principio podría situarse  tanto en la superficie interna como en la superficie externa; en nuestro caso, en la superficie  interna de la corteza de radio R y 2R no hay carga, dado que la cavidad está vacía, por tanto la  carga Q se coloca en la superficie externa. En la corteza de radios 3R y 4R, la carga –Q se coloca  en la superficie interna de la misma (tiene que existir la misma carga que en la cavidad, para que el  campo eléctrico en el interior de la corteza sea cero) siendo cero la carga en la superficie externa.  Las densidades superficiales de carga serían: 

 1  0 ; 2 

Q Q Q Q ; 3  ; 4  0     2 2 2 4 (2 R ) 16 R 4 (3R) 36 R 2

b)  De  todas  las  regiones  en  las  cuales    podemos  dividir  el  espacio,  sólo  va  ha  existir  campo  eléctrico  en  la  región  comprendida  entre    2 R  r  3R ,  ya  que  cualquier  superficie  esférica  “gaussiana” que consideremos, la carga neta que encierra va a ser cero. Así pues aplicando la  ley de Gauss a una esfera de radio  2 R  r  3R  se tiene: 

  Q E   dS   

´0

S

  2  como ya vimos en la cuestión 2      E  dS    EdS  E   dS  ES  E 4 r   S

S

S

  Por consiguiente: 

E 4 r 2 

Q

0

; E     

En donde se ha tenido en cuenta que  k 

1 4 0

 

Q 4 0 r

2

k

Q   r2


Representación gráfica:         E                     3R r 2R     c) El potencial lo calculamos a partir del campo eléctrico mediante la relación: 

  V (r )    E  dr  

Calculando la integral anterior se tiene:      C1  

V (r ) 

k

Q  C2 r

si r  2 R           

si 2R  r  3R

    C3 si r  4 R     Teniendo en cuenta que en el infinito el potencial es cero, se obtiene que la constante  C3  0 ,  y dado que el potencial es continuo : 

Q Q  C2 ,  C2   k   3R 3R Q Q Q lim r 2 R V (r )  lim r 2 R V (r );  k k  C1 ,  C1  k   2R 3R 6R lim r 3 R V (r )  lim r 3 R V (r );  0  k

Es decir  

Q 6R Q Q k k r 3R 0 k

V (r ) 

    si r  2 R     si 2R  r  3R     si r  4 R  

Representación gráfica:  V (r )           Q   k   6R

2R

3R

r


d) La diferencia de potencial entre los dos conductores es fácil de obtener a través de la  gráfica anterior: 

V (2 R)  V (3R)  k

Q   6R

Que también podríamos obtener a partir de:    3R   3R Q Q  Q   V (2 R)  V (3R)   E  dr   k 2  dr   k   k r 6R  r 2R 2R 2R 3R

e) La capacidad del conjunto formado por los dos conductores, la calculamos aplicando  la definición de capacidad: 

C

Q Q 6R    24 0 R   k V k Q 6R  

En donde se ha tenido en cuenta que  k 

1 4 0

 

  f) La energía potencial electrostática la podemos calcular de dos formas distintas:  1.‐  Mediante la expresión que nos da la energía de un sistema de conductores: 

U

1 1 Q Q2  q V Qk ( Q )0        i i 2  6 R  2 i  48 0 R

2.‐  Mediante la densidad de energía del campo electrostático.  Dado que el campo eléctrico está confinado entre los dos conductores, la energía se calcula:  2

1 Q2  Q 2 u dv k 4 r dr       E 0   2    2 r 48 R   0 todoelespacio 2R 3R

U


2.‐Un  condensador  plano  de  área  A   y  distancia  entre  placas  d   sin  dieléctrico  se  conecta  a  una diferencia de potencial  Vo , 

A   d b) Hallar la densidad de carga en las placas y   c) la energía almacenada.  Si  desconectamos  el  condensador  de  la  fuente  de  tensión  y  llenamos  el  espacio  entre  las  armaduras de un dieléctrico de constante dieléctrica  k  3  , hallar:  d) El campo eléctrico.  e) La diferencia de potencial entre las placas.   f) La carga libre.  g) La capacidad.  h) La carga inducida.  Si  el  dieléctrico  introducido  una  vez  cargado  a  Vo   y  desconectado  el  condensador  es  una  a) Demostrar que la capacidad es  C0   0

lámina de espesor  b  d ; de modo que deja un hueco sin rellenarse, calcular:  i) El campo eléctrico en el espacio no ocupado por el dieléctrico.  j) Campo eléctrico en el dieléctrico.  k) Diferencia de potencial entre las placas.  l) Capacidad.  m) Densidad de carga libre.  n) Densidad de carga inducida    2 Datos:  A  60 mm ,  d  0, 6 mm ,  b  0, 2 mm ,  o  8,85  10 12 Fm 1 y Vo  300 V   Solución    El  campo  eléctrico  en  el  espacio  comprendido  entre  las  placas  viene  A dado  por  el  creado  por  los  dos  planos  supuestos  indefinidos  (d 

A ), uno cargado positivamente y el otro negativo .     E i  

A

   E i

0

0

La diferencia de potencial entre las placas, viene dada por:  d   V   Edx  Ed  , ya que  E es constante,  V  d  

0

0

d

La  capacidad  se  obtiene  calculando  el  cociente  entre  la  carga  de  una   de las placas y la diferencia de potencial entre ellas: 

C

Q A A   0   V  d d

0

b) La capacidad de nuestro condensador la obtenemos al sustituir los valores numéricos de las  distintas magnitudes de las cuales depende la capacidad: 

A 60 106  8,85 1012  8,85 1013 F 4 d 6 10 13 Q  C0V  8,85 10 F  300V  2, 65 1010 C   C0   0



Q 2, 65 1010 C   4, 42 106 Cm 2 6 A 60 10


1 1 U  QV  2, 65 1010  300  3,98 108 J   2 2 Cuando no se ha introducido el dieléctrico el valor del campo eléctrico es: 

 V 300 ; o bien más rápido ;  E    5 105Vm 1   0 d 6 104 Cuando se introduce el dieléctrico el campo disminuye en un factor   , entonces en nuestro  E

caso  

5 105Vm 1  1, 67 105Vm 1   3 5 105Vm 1 6 104 m  100 V   Y la nueva diferencia de potencial será:  V   Ed  3 E

La  carga  libre  en  las  placas  será  la  misma  que  antes  de  desconectar  el  condensador  de  la  fuente,  dado  que  la  carga  tiene  que  permanecer  constante  (el  condensador  está  desconectado), por consiguiente: 

2  1 Ql  2, 65 1010 C ; Q p  Ql  1    2, 65 1010 C  1, 77 1010 C   3   La nueva capacidad, dado que el dieléctrico ocupa todo el espacio,  viene dada por:  C    C0  3  8,85 1013 F  2, 65 1012 F   Cuando el dieléctrico no ocupa todo el espacio, existen dos valores para el campo eléctrico:  En el espacio no ocupado por el dieléctrico el valor del campo es  E  E0  5 105Vm 1   Y en el interior del dieléctrico  E  

E0

5 105 Vm 1  1, 67 105Vm 1   3

La  nueva  diferencia  de  potencial  la  calculamos  teniendo  en  cuenta  que  hay  dos  regiones  distintas;    la  primera  sin  dieléctrico,      en  donde  E  E0  5 105Vm 1   y  la  segundo  con  dieléctrico  en  la  cual  E  

5 105Vm 1 ,  por  tanto,  la  diferencia  de  potencial  entre  las  3

E0

E0

b  5 105  4 10 4 

placas viene dada por: 

V   E0 (d  b) 

5 105  2 10 3

4

700  233V   3

Siendo la capacidad: 

C  

Ql 2, 65 1010 C   1,14 1012 F   233 V V 

Las densidades superficiales de carga son las mismas que en los apartados anteriores: 

1

2

 l  4, 42 106 Cm ���2 ;  p   l 1    4, 42 106 Cm 2  2,94 106 Cm 2 3  


3.‐Dado  el  circuito  de  la  figura  2,  en  la  cual  el  condensador  está  inicialmente  descargado.  Calcular:  a) Intensidad que circular por la resistencia de  20   justo en el instante que se cierra  el interruptor I. Una vez alcanzado el estado estacionario (el condensador ya se ha cargado) calcular:  b) Intensidad por cada rama del circuito.  c) Potencial en los puntos: b, c, d, e y f.  d) Carga almacenada por el condensador.  e) Comprobar que la potencia  suministrada es igual a la disipada.      e d   15   5 V, 1   3     I   f c     20 6 µF 15 V, 1   6     1 ,10 V 24   a b       Figura 2   Solución  Justo en el instante que se cierra el interruptor el condensador equivale a un cortocircuito, por  consiguiente el circuito es equivalente al de la figura 3    e d     15 5 V, 1   3   I1   I   f c   6 µF   20   15 V, 1

6

I2

  1 ,10 V 24   a b     Figura 3     Escribimos las ecuaciones correspondientes a cada una de las mallas: 

40 I1  21I 2  10 21I1  52 I 2  25

 


La solución de dicho sistema es : 

I1  0, 003 A ; I 2  0, 482 A   Luego por la resistencia de  20   pasa una intensidad  I  I1  I 2  0, 479 A es decir 0,479 A  en el sentido de f hacia c.    Cuando se ha alcanzado el régimen estacionario,  por el condensador no circula intensidad,  el  condensador equivale a un corto, no circulando intensidad por la rama central. El circuito es  equivalente al de la figura 4:    e d     15   5 V, 1   3     f c     20   15 V, 1   I 6     1 ,10 V 24 a   b     Figura 4   Se tiene una sola malla que resolvemos mediante la ley de Ohm generalizada: 

I

 r  R i

i

i

5  10  0,3 A   1  1  3  6  24  15

  Calculo de potenciales: 

Va  0 Ve  7, 2 V V f  Ve  15  7, 2  15  7,8 V Vd  Ve  0,3  15  0,3 1  5  7, 2  4,8  5  7 V

 

Vc  Vd  0,3  3  7  0,9  7,9 V Vb  Vc  0,3  6  7,9  1,8  9, 7 V La carga del condensador se obtiene calculando la diferencia de potencial entre las armaduras: 

V  Vc  V f  15, 7 V  y multiplicar dicha diferencia de potencial por la capacidad:  Q  6 106 F 15, 7 V  9, 42 105 C   La potencia suministrada es:  

Psu min istrada  5  0,3  10  0,3  4,5 W   Y la consumida; como por todas las resistencias pasa la misma intensidad,   Pdisipada  0,32  50  4,5 W  


Grado en Tecnologías Industriales Examen Convocatoria de junio FÍSICA II

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Parte 1 Apellidos, Nombre

Grupo

 1.‐ Una carga puntual Q está situada en el centro geométrico de un cubo  de  arista  a  tal  como  indica  la  figura.  Calcular  razonadamente  el  flujo  del  campo eléctrico a través de  la cara superior sombreada.    Según la ley de Gauss   

  Q E    dS  , dado que la carga se encuentra  s

0

en el centro del cubo, por cada una de las caras el flujo será el mismo, por consiguiente si el   flujo a través de las seis caras del cubo es    

 cara 

Q

0

, el flujo a través de cualquier cara será : 

Q   6 0

    2.‐ La figura muestra un cuadrado de lado L cuyos vértices se indican  como  puntos  1,  2,  3  y  4.    La  carga  Q3  se  traslada  desde  el  vértice  3  hasta el 4 y, posteriormente, la Q2 desde 2 hasta 3. Calcular el trabajo  necesario, e indicar si tales desplazamientos son forzados o no.  Datos: Q1=Q3=Q; Q2=‐Q        Q2 Q3 Q3                   A C B       Del  enunciado  del  ejercicio  se  desprende  que  se  tiene  una  distribución  de  cargas  en  tres  situaciones  distintas    A,  B,  C.  Vamos  a  calcular  la  energía  potencial  electrostática  en  cada  situación: 

Q 2 Q 2 2kQ 2 Q2 Q2 k k  k   L L L L 2 L 2 Q 2 Q 2 Q2 Q2 k k  k UB  k   L L L 2 L 2

UA  k

Q 2 Q2 Q 2 Q2 UC  k k k  k   L L L 2 L 2

1

08/06/2011


Se ha tenido en cuenta que la energía potencial de una distribución discreta de cargas viene  dada por: 

U  U1,2  U1,3  U 2,3   ; siendo  U i , j  k

qi q j ri , j

 

El trabajo realizado por el campo en cada proceso viene dado por:  

2kQ 2 2kQ 2 2kQ 2  1     1    L L  2  L 2 WB C  U B  U C  0   El  mismo  resultado  puede  obtenerse  a  partir  de  la  expresión  Wi  f  q (Vi  V f )   siendo  q la 

WA  B  U A  U B 

carga que se traslada y  Vi  y  V f el potencial inicial y final respectivamente.      3.‐  Dos  esferas  conductoras  de  radios  R  y  2R  suficientemente  alejadas  están  cargadas  con  cargas iguales Q.  Posteriormente se unen mediante un alambre  que  es  la  situación  que  se  muestra  en  la  figura.  Una  vez  alcanzado el equilibrio razonar sobre la veracidad o no de cada  una de las siguientes afirmaciones:   a)  El  campo  eléctrico  y  la  carga  en  el  interior  de  cada  una  es  cero. Verdadera  b)  El  potencial  y  la  carga  en  la  superficie  de  cada  esfera  son  iguales. Falsa  c) El potencial y la carga de la esfera mayor es el doble que la otra. Falsa  d) El campo y el potencial en la superficie de cada una de las esferas son iguales. Falsa  e) El potencial de cada esfera es igual y la carga de la esfera mayor es doble. Verdadera  f) El campo eléctrico  y la densidad de carga de la esfera menor es doble que la de la mayor.  Verdadera      4.‐  Se  tiene  un  condensador  plano  cuyas  armaduras  de  área  A se  encuentran  separadas una distancia d en el vacío.   a) Deducir razonadamente su capacidad.   En  el  espacio  entre  las  armaduras  se  introduce  una  lámina  de  espesor  d/2,  calcular su nueva capacidad si la lámina es:  b) conductora  c) aislante de permitividad relativa    2 .    

Aplicaremos la definición de capacidad:  C  B

apartado  a)  VA  VB  E  dr  Ed  A

Q S  , en el  VA  VB VA  VB

 d ,  y  al  sustituir  en  la  definición  de  0

capacidad: 

C0 

Q S S S    0   VA  VB VA  VB  d d

0

2

08/06/2011


B

En el apartado b) al ser campo nulo en la lámina conductora  VA  VB  E  dr  E A

C

d  d    2 0 2

Q S S S    2 0  2C0   VA  VB VA  VB  d d 0 2

Y para el apartado c) al existir dos regiones con campos distintos, se tiene: 

   d  d d VA  VB   E  dr     0 2  0 2 2 0 A B

 1   d    1 1     2      0

Por consiguiente:   C 

Q S S S     2 0    VA  VB VA  VB  d    1  d   1  0 2   

Sustituyendo    2 , se tiene que  

4 S 4 C   0  C0   3 d 3 A partir del resultado del apartado c) se puede obtener el resultado del b) ya que un conductor  se puede considerar que su constante dieléctrica es ¥. Entonces: 

C  lim  2 0

S  S  2 0   d   1 d

Que coincide con el obtenido cuando la lámina es conductora.   

3

08/06/2011


5.- Determinar el campo magnético en el punto P generado por la corriente  I que circula por el  conductor mostrado en la figura.    I

a

   

a

 

P   El campo magnético en el punto P se debe únicamente al tramo horizontal, ya que en los otros 

dos  tramos  dl y  r son  paralelos,  y  al  sustituir  en  la  expresión  de  la  ley  de  Biot  y  Savart 

  o I dl  r   0  (recordar que el producto vectorial de dos vectores  paralelos es cero).  dB  4 r 3

Para obtener el campo creado por el segmento horizontal , tenemos en cuenta la expresión que  se muestra en el pié de página, y  teniendo en cuenta que  1   2  45º      

  I  I B  0  sen 1  sen  2   0 2 4 a 4 a

Al  aplicar  la  regla  de  la  mano  derecha  del    producto  vectorial,    el  campo  es  perpendicular  al  papel y entrando: 

   I B 0 2 k 4 a

     

Nota:  Puede  serle  útil,  recordar  que  el    módulo  del  campo  magnético  creado  por  un  segmento  de  corriente  en  el  punto  P    de  la  figura viene dado por: 

P   I B  0  sen 1  sen  2  4 a

1 a 2 I

4

08/06/2011


6.

a) La  espira  de  la  figura  está  atravesada  por  un  campo  magnético  variable  B  4t Tk  

deducir razonadamente  el sentido de la corriente inducida en dicha espira.   

  B  4t Tk

   

Al  ser  B proporcional  al  tiempo,  y  este  siempre  aumenta,  el  flujo  del  campo  magnético  está  aumentando, por consiguiente el sentido de la corriente inducida es tal que el campo magnético  que crea es de sentido contrario al existente, por tanto su sentido es en el sentido del recorrido  de la agujas del reloj (sentido horario)         b) Escriba y explique el significado físico de  la ecuación de Ampère‐Maxwell.    7.‐Un circuito serie RLC consta de una resistencia  R  5  , una autoinducción cuya reactancia  tiene  un  valor  de  X L  16    y  un  condensador  de  reactancia  X C  4  .  Si  el  generador  produce  una  tensión    39 2 cos t   calcule  la  potencia  promedio  suministrada  por  el  generador.    

Z  R 2   X L  X C   52  16  4   13   2

I ef 

 ef Z

, siendo   ef 

m

2

 39V ; luego  I ef 

2 P  I R  32  5  45 W  

39 V  3 A  13 

2 ef

También podemos calcular  la potencia promedio mediante: 

P   ef I ef cos  , en donde  cos  

R 5    Z 13

 

P   ef I ef cos   39  3 

5

5  45 W   13

08/06/2011


8.‐Una  onda  electromagnética  tiene  una  frecuencia  de    100  MHz  y  se  propaga  en  el  vacío.  El 

campo  magnético  viene  dado  por:  B ( z , t )  108 T cos( z  t )i (a)  Calcular  la  longitud  de 

onda  y  la  dirección  de  propagación  de  la  onda.    b)  Expresión  del  campo  eléctrico  E ( z , t )   c)  Determinar el vector de Poynting y la intensidad de esta onda.  La dirección de propagación es la del eje Z en sentido positivo.

  cT 

2 1 m ;   2 f  2 108 rad s 1 ; E0  cB0  3 108 108  3 Vm 1  3      2 E ( z , t )  3 Vm 1 cos( z  2 108 t ) j  ( tener en cuenta que   j  i  k )  3  0,3   1   3 108 2 2       S EB  cos ( z  t ) k  cos ( z  t ) k 0 4 107 4



2

c 3 108 ms 1  3m 108 s 1 f

La intensidad instantánea es el módulo del vector de Poynting:   

I

0,3 cos 2 ( z  t ) Wm 2 ;   4

siendo su valor promedio:

I 

0,3 0,3 1 0,3   0, 012 Wm 2 cos 2 ( z  t )  4 4 2 8

6

08/06/2011


EJERCICIOS PRÁCTICOS   1.‐En  la  figura  1  se  muestra  una  corteza  esférica  conductora;  de  radio  interno  R  y  radio  externo  2R  con  una  carga  Q .  En  el  centro  de  dicha  corteza  se  encuentra colocada una carga puntual  2Q .  Calcular:    a) Densidad  superficial  de  carga  en  las  dos  superficies de la corteza conductora.  b) Campo  eléctrico  en  todos  los  puntos  del  espacio. Representarlo gráficamente.  c) Potencial  eléctrico  en  todos  los  puntos  del  espacio. Representación gráfica.  d) Energía  potencial  electrostática  en  el  espacio  comprendido entre R y el infinito. 

2R

R

2Q

Figura 1

En  la  superficie  interna  de  la  corteza  se  induce  una  carga  2Q ,  por  tanto  en  la  superficie  externa tiene que distribuirse una carga  Q   ( 2Q  Q  Q  es la carga de la corteza) 

2Q Q Q Q  ;  ext   2 2 2 2 4 R 2 R 4  2 R  16 R b) Aplicamos la ley de Gauss  a la superficie esférica de radio  r  R     2Q 2Q 2kQ 2 E  S  dS   0 ; E 4 r =  0 ;  E  r 2    2kQ  E  2 ur   r   siendo  ur el  vector  unitario  en  la  dirección  que  une  el  centro  de  la 

 int 

corteza con el punto donde se calcula el campo. 

2R

R

kQ 2R

Se  ha  tenido  en  cuenta  que  al  existir  simetría  esférica  E   y  dS   son 

Figu

paralelos  y  que  E   tiene  el  mismo  valor  en  cualquier  punto  de  la  superficie, entonces: 

  2 E    dS   EdS E   dS  ES  E 4 r   S

S

S

Si  R  r  2 R   el  campo  eléctrico  es  cero,  pues  estamos  en  el  interior de un conductor.    En el caso de ser  r  2 R , volvemos a aplicar la ley de Gauss, pero  ahora  la  carga  neta  que  encierra  la  superficie  “gaussiana”  es  Q ,   luego: 

  2Q  Q Q kQ 2 E  S  dS   0 ; E 4 r =  0 ;  E  r 2    kQ  E  2 ur   r

R

2R

2Q

Figu

Representación gráfica:   

7

08/06/2011


 E

k

 

2Q r2

         

k

2Q R2 k

   

k

Q 4R2

Q r2

   

r

2R

R

   

Para el cálculo del potencial empleamos la relación:  V   E  dr        

V     k

V  C2

2Q 2Q  dr  k  C3 2 r r

 

V   k

Q Q  dr  k  C1 2 r r

2R

R

  Como el potencial en el infinito es cero, se cumple que  C1  0 ; al ser el potencial una función  continua:  V (2 R)  C2  k y  por  tanto C3  k

Q Q 2Q ;  y en  r  R  se verifica que:  V ( R)  C2  k k  C3 ;    2R 2R R

Q 2Q 3kQ k     R 2R 2R

   

k

 

2Q 3kQ  r 2R

si

rR

 

V (r ) 

k

Q 2R

si

k

Q r

si

8

R  r  2R

r  2R

08/06/2011


Representación gráfica:       

V

 

k

 

2Q 3kQ  r 2R

         

k

Q 2R

k

 

Q r

     

2R

R

r

  La energía potencial  electrostática la calculamos mediante la densidad de energía del campo  eléctrico: 

U

1  0 E 2 dv   2 Volumen



Debido a la simetría esférica, esta integral en el caso que nos ocupa se puede escribir:  2R   1   kQ  2 1  2 2 2 2 U   0   E 4 r dr   E 4 r dr    0   2  4 r 2 dr   (en  la  primera  integral  el  2 R 2R  2 2R  r 

campo es cero) realizando la última integral (inmediata) se obtiene que: 

Q2   U 16 0 R

9

08/06/2011


9V

b

c

2.‐ En el circuito de la figura 2 el condensador está cargado 

2

(régimen estacionario).  En estas condiciones, determine:  a) La intensidad que circula por cada rama.  b) El potencial en los puntos indicados en la figura. 

2 F

e

6

c) La potencia suministrada por los generadores indicando 

3

2V

si absorbe o cede energía.  d) La  carga  que  adquiere  el  condensador  y  la  energía  que 

a

almacena. 

d

2

3V

  Figura 2 En régimen estacionario no circula intensidad a través del  condensador, por tanto, el circuito equivale al mostrado en la figura 3. Circuito que se  compone de dos mallas, cuyas ecuaciones correspondientes  9V b son: 

10 I1  2 I 2  1 2 I1  5 I 2  11

 

2

Cuya solución es:   

I1  0,59 A ; I 2  2, 43 A ;I1  I 2  1,84 A   Las  intensidades  con  su  sentido  real  se  representan  en  el  circuito de la figura 4         Va  Vd  3  0,59  2  0  3  0,826  1,82 V  

6

e 2V

2

d 3V Figura3

9V

b

c

2,43A

2

P1  3  0,59  1, 77 W ; P2  2 1,84  3, 68 W ; P3  9  2, 43  21,87 W0,59A 6  

10

3

I1

    Los  tres  generadores  aportan  energía  al  circuito  siendo  la  potencia suministrada por cada uno de ellos: 

1 1 U  QV  10,56 C  5, 28V  2,8 105 J   2 2

I2

a

Vb  Va  0,59  6  1,82  3,54  1, 72 V   Vc  Vb  9  1, 72  9  7, 28 V   Ve  Vd  2  0  2  2 V  

Como  la  diferencia  de  potencial  al  que  se  encuentra  el  condensador es:  Vc  Ve  7, 28  2  5, 28 V . La carga y la  energía que almacena  vienen dadas respectivamente por:    Q  C V  2 F  5, 28V  10,56  C  

c

e

2,43A

3

2V

1,84A 0,59A

a 2

d 3V Figura4

08/06/2011


3.‐Un  cable  coaxial  está  formado  por  un  hilo  conductor  cilíndrico  interno  de  radio  R  y  un  conductor externo, en forma de corteza o capa cilíndrica de radio 3R y espesor despreciable.  (Figura 5) Una corriente I va hacia la derecha y vuelve por la corteza externa. La corriente se  distribuye uniformemente por la sección de los conductores.     a) Escriba y enuncie la ley de Ampère.  b) Mediante  dicha  ley,  obtenga  la  expresión  del  campo  magnético  en  :  r  R ; R  r  3R; r  3R       I 3R   I   R   I         Figura 5 Ley de Ampère: la circulación del campo magnético a lo largo de cualquier trayectoria cerrada,  es  igual  a  la  permitividad  magnética  por  la  suma  de  las  intensidades  que  atraviesan  la  superficie limitada por la curva de integración C. Para determinar el signo de las intensidades  se aplica la regla de Maxwell o regla de la mano derecha. 

 B  dl

 0  I  

C

  b1) vamos a aplicar dicha ley, considerando como curva de integración una circunferencia de  radio  r  R  

  I r2  r2    B  dl  I ;  B 2 r  I; B  0 2 r   0 0 2 2 C 2 R R R   Se  ha  tenido  en  cuenta  que  debido  a  la  simetría  B   y  dl son   paralelos  en  toda  la  trayectoria  circular  y  que  B  B   tiene  el 

3R R

I

mismo valor el cualquier punto de la trayectoria, ya que solo puede  depender  de  la  distancia    r.  Por  consiguiente  la  circulación  se  calcula fácilmente: 

  B   dl   B  dl B  dl Bl  B2 r   C

C

C

b2)  Ahora se considera la  circunferencia de radio  R  r  3R        

  I B C  dl  0 I ;  B2 r  0 I ;  B  20 r            

3R R

I

   

11

08/06/2011


b3) Se considera ahora la circunferencia de radio  r  3R , dado que la suma de intensidades es  cero (I viniendo por el hilo cilíndrico  + –I entrando en la corteza)  la circulación será cero y por  consiguiente  también lo será el campo magnético.                                     Representación gráfica: 

3R

R

I

B

0 I r 2 R 2 0 I 2 R

0 I 2 r

0 I 6 R 3R

R

12

r

08/06/2011


4.‐ Un hilo conductor largo y rectilíneo  transporta 

a=2 cm

una corriente  I  3 A . Una espira rectangular con  dos  lados  paralelos  al  hilo,  siendo  d la  distancia  entre  el  lado  más  próximo  y  el  hilo,  como  se 

b=4 cm

muestra  en  la  figura  6.  Suponiendo  que  por  la  espira  circula  una  intensidad  de  2  A  en  sentido  antihorario .  a) Calcular la fuerza magnética ejercida por 

d=1 cm

Figura 6

el  hilo  indefinido  sobre  cada  lado  de  la  espira.  Si la  intensidad que circula por el hilo es variable, con   I  3e 2t A . Calcular:  b) Flujo del campo magnético a través de la espira.  Suponiendo que  la espira tiene una resistencia de 5 Ω, obtener: c) Corriente inducida en la espira en t= 2 s, indicando de forma razonada su sentido.

El campo magnético creado por el hilo indefinido viene dado por:  B  

o I  k  2 x

En donde x es la distancia al hilo de un punto situado a la derecha  de este, e  I la intensidad  que lo recorre.   Para los lados paralelos al hilo la distancia es constante  para  el  más  cercano  x=d=0,01  m  y  para  el  más  lejano  x==d+a=0,03  m.  La  fuerza  sobre  estos  lados  se  calcula  mediante la expresión: 

    F  I 2l  B  ( B es uniforme) 

En  donde  I 2   es  la  intensidad  que  circula  por  la  espira  

   el vector  l  bj  0, 04 j  para el lado más cercano y     l  bj  0, 04 j ,para  el  más  alejado.    La  fuerza  sobre  cada lado es: 

   4 107  3    F1  2  0, 04 j     k   4,8 106 Ni   2 0, 01    

   4 107  3    F2  2  0, 04 j     k   1, 6 106 Ni   2 0, 03  

 F4  F1

 F2  F3 Figura 7

Sobre  los  lados  horizontales  es  un  poco  más  complicado  ya  que  en  este  caso  el  campo  magnético sobre cada punto del lado es distinto. Tomando en el  lado horizontal un elemento 

13

08/06/2011


infinitesimal  de  corriente  situado  a  una  distancia  x ;    dl  dxi   (lado  inferior)  la  fuerza  infinitesimal tiene la expresión: 

     4 107  3   dx  dF  I 2 dl  B  2dxi    k   1, 2 106 j  x 2 x   Por  consiguiente  la  fuerza  total    es  la  integral,    donde  la  x  la  hacemos  variar  desde  d   hasta  d  a , esto es: 

  0,03   dx   F3    1, 2 106  j  1, 2 ln 3 106 N j  1,32 106 N j   x   0,01   En  el  lado  superior  lo  único  que  cambia  respecto  a  lo  calculado  anteriormente  es  que  ahora 

  dl   dxi , por consiguiente la fuerza que se obtiene es la misma pero en sentido contrario     F4   F3  1,32 106 N j  

La fuerza total sobre la espira se obtiene sumando las fuerzas sobre cada uno de los lados: 

      Ftotal  F1  F2  F3  F4  3, 2 106 N i  

  El flujo infinitesimal del campo magnético a través  del  elemento  infinitesimal    de  superficie  dS  bdx  0, 04dx  viene dado por:  

d 

 I  B o k 2 x

0 I dx 0, 04dx  8 109 I   2 x x

d

Siendo  por  tanto  el  flujo  magnético  total  a  través  de toda la espira :  0,03



 8 10

0,01

9

I

dx  8ln 3 109 I   x

I  3e2t

El valor absoluto de la f.e.m. inducida en la espira  se  obtiene  derivando  respecto  al  tiempo  la  expresión anterior: 

d dI  8ln 3 109  8ln 3 109  6e2t  V   dt dt  8ln 3 109 6e 4 iind (2s)   A  5, 76 107 A   5 R

x ad

dx

 

  El  sentido  de  la  corriente  inducida  es  tal  que  el  campo  magnético  que  cree  tiene  que  ser  en  sentido  opuesto  al  creado  por  el  hilo  (ya  que  este  está  aumentando)  por  consiguiente  su  sentido es el contrario al del movimiento de las agujas del reloj (antihorario). 

14

08/06/2011


Grado en Tecnologías Industriales Examen Convocatoria julio 2011 FÍSICA II

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Apellidos, Nombre

Grupo

CUESTIONES: 1.‐Una  carga  Q se  encuentra  uniformemente  distribuida  en  un  segmento  rectilíneo  de  longitud  L  . Calcular el campo eléctrico en el punto P de la figura.      P   2L L               x   3L  x dx   P   2L L   La carga infinitesimal  dq  contenida en el elemento  dx  viene dada por:  

Q dx   2L Sabemos que el campo que crea una carga puntual   q  en un punto P  se calcula mediante la  dq   dx 

expresión:   q  P   E  k 2 ur r      r     q u r    En  donde  r es  la  distancia  de  la  carga  al  punto  (en  nuestro  caso  (3L  x) )  y  ur   el  vector  unitario en la dirección y sentido del vector que va de la carga  q  al punto P (en nuestro caso 

 i .  Aplicando la expresión anterior a la carga  dq (que la podemos considerar como puntual), 

se tiene: 

 dE  k

  Q dx i   k i   (3L  x) 2 2 L (3L  x) 2

 dx

El campo total en el punto P lo  obtendremos sumando los infinitos campos infinitesimales , es  decir integrando la expresión anterior desde x=0 hasta x=2L.    2L  2L  Q   Q     Q dx  1 1 1 E   k i   k i   k    i   2 0 2 L (3L  x) 2 (3 2 ) (3 . 0) L L L L    2 L (3L  x)  0    

 

 kQ  E 2 i 3L

1


A 2. Calcular el trabajo realizado por el campo eléctrico cuando una  carga  Q   se  traslada  desde  el  punto  A   al  punto B de  la  figura.  Razonar si el proceso es espontáneo o forzado.  L       B 2Q El trabajo realizado por el campo eléctrico cuando una carga Q se  L traslada  desde  un  punto  A  a  otro  B  se  calcula  mediante  la  expresión:  WA B  Q(VA  VB )   Calcularemos, por tanto, el potencial en los punto A y B que crean las los cargas: 

VA  k

L Q

2Q Q Q k k   L L L  

2Q Q 2Q   VB  k k k L L L 2 2 Por consiguiente:   

Q kQ  Q WA B  Q(VA  VB )  Q  k  2k      L L  L 2

     

3. Dado el campo eléctrico,  E  3 y j   dS   Calcular:  y E  3 y j a) Flujo del campo eléctrico a través del cubo de la figura.  2m b) Carga encerrada en dicho cubo.       dS   2m       z   Dado que el campo sólo tiene componente  y sólo existirá flujo a través de la cara superior e  inferior:   





  E  dS 

CaraArriba



  E  dS 

CaraAbajo



12dS 

CaraArriba



6dS  12  4  6  4  24 NC 1m 2  

CaraAbajo

    Hemos tenido en cuenta que en la cara de arriba  E  12 NC 1 j  y  dS  dS j y que en la cara      de abajo  E  6 NC 1 j  y  dS   dS j .  Para calcular la carga encerrada en el interior del cubo, aplicamos la ley de Gauss: 

 qint  E  dS  ;  qint   0  8,85 1012 24 C  2,12 1010 C   

0

   

2

x


4.‐  Una  esfera  maciza  de  radio  R  está  uniformemente  cargada  con  una  densidad  de 

carga   

0 R

r (C/m3 ) ,  ¿cuánto  valdrá  la  carga  contenida  por  una  esfera  interior  de 

radio r<R?        La  carga  contenida  en    una  corteza  esférica  de  radio  r y  espesor  dr viene dada por: 

dq   dV   4 r 2 dr 

0 R

r 4 r 2 dr 

40 3 r dr   R

R

r r+dr

Y la carga contenida en una esfera de radio  r  será:    r

q   dq    dV   0

4 0 3  r 4 r dr  0   R R

Aunque la cuestión solo nos pide la carga contenida en una esfera interior de radio  r , también  podemos  calcular  la  carga  total  de  la  esfera  (nos  será  necesaria  para  el    ejercicio  1)  ,  sustituyendo en la expresión anterior  r  por  R  ,  y se obtiene:   

4 0 3 0 R 4   0 R 3 q   dq    dV   r dr  R R 0 R

3


5.‐Expresar la ley de Biot y Savart y comentar  el significado de cada uno de los términos que  aparecen en su expresión matemática. Mediante dicha ley obtener el campo magnético creado  por el siguiente circuito en el punto P de la figura.        R I   P               r dl   P   I     0 Idl  r   [ec. 1] dB    3 4  r  

  Idl es un elemento infinitesimal de corriente,  dl vector tangente al circuito en el sentido de   la corriente,  r vector que va del elemento infinitesimal de corriente al punto P en el cual se 

calcula el campo magnético ( “de las fuentes al punto P ”)  0  es la permeabilidad magnética  en el vacío.  

  B 0 4

  Idl  r      [ec. 2]   r3 todo el circuito

  En el circuito de la figura los tramos horizontales no crean campo 

magnético    ya  que  dl y  r son  paralelos,  siendo,  por  tanto,  su 

  producto  vectorial  cero.  Para  el  arco  semicircular,  dl y  r son 

 dl  r

perpendiculares, entonces se tiene  

     dl  r   dlRsen k  dlRk   2

Sustituyendo en la ecuación  2      

  B 0 4

semicircunferencia

IdlR  0 I k R3 4 R 2

  I I  dlk   0 2  Rk   0 k   4 R 4R semi

    6.‐Mediante la ley de Ampére,  calcular razonadamente, el campo magnético en el interior de  un solenoide ideal de  n  espiras por unidad de longitud,  al ser recorrido por una intensidad de  corriente   I       Consultar apuntes de clase: 

 B  0 nI  

4


7.‐ Un hilo indefinido está recorrido por una intensidad de corriente I, en el sentido mostrado  en las figuras. Obtener razonadamente el sentido de la corriente inducida en la espira circular,  cuando esta se desplaza en las direcciones y sentidos que se muestran.        v  v v   I I   I     I   No se induce    corriente v       a)        b)      c)      d)      8.‐ Se  conectan  en  serie  una  resistencia  de  10  ,  una  bobina  de  autoinducción  8  mH  y  un  condensador de 200 µF a una fuente de alimentación de 100 Hz. Si la tensión en la bobina es  de 5 voltios, a) ¿cuál será la tensión que suministra la fuente de alimentación?  Si  manteniendo  constante  la  tensión  del  generador  modificamos  su  frecuencia  hasta  alcanzar la de resonancia, b) ¿cuánto valdrá la tensión en la resistencia?    Solución:   a) 

X L  L  8 103 200  5, 02  XC 

1 1   7,96  4 C 2 10 200

Z  R 2   X L  X C   10, 42  2

VL  IX L 

 Z

X L;  

VL Z 5 10, 42   10,36 V XL 5, 02

b)    En la resonancia, en un circuito serie RLC , la caída de tensión en la resistencia coincide con la  tensión de la fuente de alimentación, por tanto  VR  10,36 V  

5


EJERCICIOS PRÁCTICOS   1.‐ Una esfera maciza de radio R está uniformemente cargada con una densidad de carga 



0 R

r (C/m3 ) , hallar: 

a) Campo eléctrico en todos los puntos del espacio. Representarlo gráficamente.  b) Potencial eléctrico en todos los puntos del espacio. Representación gráfica.  c) Energía potencial electrostática en el espacio    Solución:

El campo eléctrico lo obtendremos mediante la ley de Gauss. Si estamos interesados en calcularlo para

r

R

puntos exteriores, tomamos como superficie “gaussiana” una esfera de radio r>R el flujo del campo es:

   E   dS

 E es paralelo al

Como existe simetría esférica, el campo

vector dS , y su módulo es constante a través de cualquier

punto de la superficie ( E sólo depende de

r ), por tanto:

  2  E   dS    EdS E   dS E 4 r

  E 4 r 2 como la carga encerrada por esta superficie, es la que contiene la esfera de radio R, (ver cuestion 4)



qint

0

 E 4 r 2 

0 R 3  R3 E 0 2 0 4 0 r

[Ec.1]

Para puntos interiores, tomamos como superficie “gaussiana” una esfera de radio r<R, la expresión del flujo del campo a través de esta superficie es idéntica a la del apartado exterior. Cambia, sin embargo, la carga encerrada, puesto que ahora se encuentra en una esfera de radio r (calculada en la cuestión 4)

luego al aplicar la ley de Gauss:_

r



qint

0

 E 4 r 2 

0 r 4  r2 E 0 4 0 R 0R

[Ec.2]

Para calcular el potencial, integramos la expresión:

  V    E dr

6

R


En los puntos exteriores a la esfera, la integral anterior queda:

V  

0 R3 0 R 3 dr   C1 4 0 r 2 4 0 r

y para los interiores:

V  

0 r 2  r3 dr   0  C2 4 R 0 12 R 0

Las constantes C1 y C2 se calculan con la condición, de que el potencial en el infinito es cero y que el potencial es una función continua, obteniéndose que C1=0 y que:

0 R3  R2  R2   0  C 2 ;  C2  0 4 0 R 12 0 3 0

Cuadro resumen:

 E

V

rR

0 r 2  ur 4 R 0

0 R3 0 r 3  3 0 12 R 0

rR

0 R3  ur 4 0 r 2

0 R3 4 0 r

Representación gráfica:

 E

0 r 2 4 R 0

0 R 4 0 0 R 3 4 0 r 2

r

R 7


V

0 R 2 3 0

0 R 3 0 r 3  3 0 12 R 0

0 R 2 4 0 0 R 3 4 0 r

r

R La energía potencial electrostática, se obtiene mediante la expresión:   

U

1 uE dv  ; en donde    uE   o E 2 , es la densidad de energía del campo eléctrico.  2 todo el espacio



  Dado que tenemos dos regiones, dividimos el espacio desde 0 hasta R y desde R hasta  el  infinito  (espacio  interior  a  la  esfera,  y  espacio  exterior  a  la  esfera)  .  Como  existe  simetría  esférica  el  elemento  infinitesimal  de  volumen  se  toma  como:  dv  4 r 2 dr ,  entonces  la  expresión de la energía electrostática queda:  2

2

R   0 r 2   0 R 3   R 5 02  R 5 02  R 5 02 1 1 2 2 4 4 U  0    r dr   r dr       0  2 0  4 R 0  2 R  4 0 r 2  56 0 8 0 7 0

8


2.‐ En el circuito de la figura 2 el condensador está cargado (régimen estacionario).  En estas  condiciones, determine:  a) La intensidad que circula por cada rama.  b) El potencial en los puntos indicados en la figura.  c) La potencia suministrada por los generadores indicando si absorbe o cede energía.  d) La carga que adquiere el condensador y la energía que almacena. 

6

 

g

    9 V 2 F c   b   3         3 4   6 e   2V     6V 322VV   d   f a   2   Figura 2   En  el  estado  estacionario  no  circula  intensidad  por  la  rama  donde  se  encuentra  el  condensador, por consiguiente el circuito es equivalente al de la figura 3:    9V c   g

b

3

I1

I2 3

6 2V 6V

e d

a

4

322VV f

2 Figura 3 Mediante el método de las corrientes cíclicas de Maxwell planteamos dos ecuaciones: Malla 1 Malla 2

11I1  3I 2  13 3I1  10 I 2  24

9


La solución de este sistema de ecuaciones es: I1  2 A ; I 2  3 A El signo negativo de I 3 nos indica que el sentido es contrario al supuesto inicialmente, las intensidades que circulan por cada elemento se reflejan en la figura 4

9V

c

b

g

3

2A 6

3A 1A

2A

2V

3A

3

4

e

3A

2A 6V

d

a

322VV f

2 Figura 4 El potencial en cada uno de los puntos es:

Vd  0 Va  Vd  6  2  2  2 V Vb  Va  2  6  10 V Vc  Vb  9  1 V Ve  Vd  2  2 V V f  Vd  22  22 V Vg  V f  3  4  10 V Como la diferencia de potencial a que se encuentra conectado el condensador es Vb  Vg  0 el condensador no almacena carga ni, por consiguiente, energía. Como se observa en la figura 4, todos los generadores aportan energía:

10


P  9  2  2  1  6  2  22  3  98 W Podemos comprobar que este valor obtenido coincide con la potencia consumida en todas las resistencias; en efecto:

Pconsumida  22  2  22  6  12  3  32  3  32  4  98 W   3.‐ Tres  alambres  conductores  muy  largos  y  paralelos  se  hacen  pasar  por  los  vértices  de  un  cuadrado,  según  se  muestra  en  la  figura  5.  Por  los  tres  alambres  circula  una  corriente  de 

intensidad  I . Calcular el campo magnético  B en el vértice no ocupado cuando (a) El sentido  de  todas  las  intensidades  es  hacia  dentro  del  papel,  (b)  I1 e  I 3 circulan  en  el  sentido  hacia  dentro e  I 2  hacia fuera. 

          Figura 5     a) En  la  figura  6  se  muestran  los  campos  magnéticos  que  crean  los  alambre  en  el  vértice  superior derecho, el módulo se calcula mediante la expresión:   

 I B  0   2 d

En donde  d es la distancia del hilo al punto donde se calcula el campo     I  B3  0 i   2 L      I  I  B2  0 i  0 j   4 L 4 L      0 I     B1   2 L j    

Para calcular  B2  se ha tenido en cuenta, que la distancia del alambre al hilo es la diagonal del  cuadrado  L 2  y que su dirección forma ‐45º con el eje x. 

 B2 

0 I 0 I 0 I ; B2 x  cos 45º ; B2 y   sin 45º   2 L 2 2 L 2 2 L 2

11


El campo total se obtiene mediante la suma de los campos individuales que crean cada uno de  los alambres: 

    3 0 I   Btotal  B1  B2  B3  i  j    4 L  

 

b)  En este apartado lo único que cambia respecto al anterior es que ahora   B2  forma  135º  con el eje x,  y por tanto: 

 B2 

0 I 0 I 0 I ; B2 x   cos 45º ; B2 y  sin 45º   2 L 2 2 L 2 2 L 2    

 I  I  B2   0 i  0 j 4 L 4 L

       

 I  B3  0 i 2 L  I  B1   0 j 2 L

   

    1 0 I   Btotal  B1  B2  B3  i  j    4 L

12


4.- En  la  figura  6  B  0,8 T ,  v  10 ms 1 ,  l  20 cm   y  R  2  .  Hallar  (a)  la  f.e.m.  inducida  en  el  circuito,  (b)  la  corriente  en  el  circuito  y  (c)  la  fuerza  necesaria  para  mover  la  varilla con velocidad constante suponiendo despreciable el rozamiento. (d) Hallar la potencia  suministrada por la fuerza calculada en el apartado (c) y (e)  La potencia disipada por efecto  Joule en la resistencia.

Figura 6

Dado  que  la  varilla  se  desplaza  hacia  la  derecha,  el  flujo  magnético  que  atraviesa  el  circuito formado por las carriles, la resistencia R y la varilla aumenta, por consiguiente se crea  una corriente en un sentido tal que se opone a la causa que la produce, en este caso sentido  antihorario, para así crear campo magnético hacia fuera, para oponerse al aumento de flujo. (ver figura 7)  Como  el  campo  magnético 

 B es 

constante  y  perpendicular  a  la  superficie  de  la  espira el flujo magnético se expresa:

I ind   Blx

 

d d dx  ( Blx)  Bl  Blv dt dt dt

x

Figura 7

Sustituyendo los valores numéricos;   Blv  0,8  0, 2  10  1, 6 V b)

I ind 

 R

1, 6 V  0,8 A 2

c) Al  existir  una  corriente  eléctrica  en  el  seno  de  un  campo  magnético,  aparece  una  fuerza  magnética cuyo valor viene dado: 

13


        Fm  Il  B  0,8  0, 2 j  (0,8k )  0,128 N j  k  0,128 N i

Para  que  la  varilla  se  desplace  con  velocidad  constante,  hay  que  aplicar,  una  fuerza  igual  y  de 



sentido contrario (2ª ley de Newton  v  cte  Ftotal  0 )  La fuerza que tenemos que aplicar es: 

  Fap  0,128 N i   d) La potencia que realiza una fuerza constante viene dada por: 

   dW F  dr  dr   Pins   F  F  v  0,128 10  1, 28 W   dt dt dt e) En  este  apartado  podemos  comprobar  que  la  potencia  desarrollada  por  la  fuerza  aplicada  coincide con la potencia disipada por efecto joule en la resistencia, en efecto:  2 P  I ind  R  0,82  2  1, 28 W  

14


Parciales 2010-2011_Resueltos