Parciales 2010-2011_Resueltos by Cherry Flavour

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

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.

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:

T 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)

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

200N

60º

0,2m

 j

 i

 k

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 ;

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

Condición de ligadura: xA+3yB=cte

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.

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

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

Fr=1,96N

9,8N

O.I

19,6N

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

F F

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

 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

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

Fr=1,96N

Fr=0,8 N

9,8N

FI=4 N

T N’=4 N

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

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

 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

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

1 4 gh R 3

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:



 



 



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) 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

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

100

0,20

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

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

ángulo

  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

     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:



 M  I    F  ma G

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

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

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”.

VG P 70 cm CIR

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 

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)

2,4

2,2

201,22

2,4

4,4

402,44

1,2

4,4

201,22

Proceso

U

S

A B

1337, 7J

534,86J

802,84J

4, 608 J K 1

BC

802, 63J

2, 765 J K 1

CA

370,89J

1,843J K 1

Ciclo completo

164J



Wneto 164   0,12 ;12% Qabs 1337,7

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

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



 



 



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?

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)

b) 1, 40 106 J d) 1, 40 106 J

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

P(Pa) 200

100

0,20

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

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

T  Frmax ;  T  98,1

2943  2T Inecuación que evidentemente se verifica ya que

2943  2  98,1

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

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

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.

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

ángulo

  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

     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

196,2 N

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

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

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)

2,4

2,2

201,22

2,4

4,4

402,44

1,2

4,4

201,22

Proceso

U

S

A B

1337, 7J

534,86J

802,84J

4, 608 J K 1

BC

802, 63J

2, 765 J K 1

CA

370,89J

1,843J K 1

Ciclo completo

164J



Wneto 164   0,12 ;12% Qabs 1337, 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

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

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)

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

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

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.

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

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

 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”.

V P 60 cmG CIR

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 

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:

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 Pa

5 10 Pa

3,15 104 Pa

102 m3 300 K

2 102 m3 300 K

2 102 m3 189 K

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

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 .



  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 



Ex   k 0

 R



cos  d  k

 cos  d  k 0

 2

Ey   k 0

 R



sin  02

k

 R



 R

sin  d  k

 R

  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

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 :

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

 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:

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

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.



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:

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

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

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

Por consiguiente:

E 4 r 2 

0

; E 

En donde se ha tenido en cuenta que k 

1 4 0

Q 4 0 r

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 ) 

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

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

   E i

0

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

0

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  





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



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

 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

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:

 r  R 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 

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

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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

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



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.

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

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

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–



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

 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  45 W 13

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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

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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.

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.



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

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

Figu

Representación gráfica:

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 E

2Q r2

2Q R2 k

Q 4R2

Q r2





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

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

2Q 3kQ  r 2R

rR

V (r ) 

Q 2R

Q r

R  r  2R

r  2R

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Representación gráfica:

2Q 3kQ  r 2R

Q 2R

Q 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

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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

6

c) La potencia suministrada por los generadores indicando

3

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

almacena.

2

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

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

3

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

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

2,43A

3

1,84A 0,59A

a 2

d 3V Figura4

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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

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

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

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

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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:

0 I r 2 R 2 0 I 2 R

0 I 2 r

0 I 6 R 3R

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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

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

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

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



 8 10

0,01

9

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

 

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).

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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

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

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+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

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

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

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

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:_



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

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

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 7

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 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

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

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

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

3

I2 3

6 2V 6V

e d

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

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

3

2A 6

3A 1A

3

4

2A 6V

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:

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

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



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

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:

        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