∫ ∫ ∫

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Tercer Examen Parcial / 5 de junio de 2004
Q
Q
1.
Disponemos de una esfera conductora,
R
R
maciza, de radio R1, que posee una carga eléctrica
R
R
Q
neta +Q1, y de otra esfera conductora, hueca, de
R
R
radios interior R2 y exterior R3, que posee una
carga eléctrica neta +Q2. Inicialmente, las esferas
Figura 1
Figura 2
están separadas y muy distantes la una de la otra.
a) Dibujar esquemáticamente la distribución de
carga en cada una de las esferas. b) Calcular el potencial al que se encuentra cada esfera y la d.d.p. entre ellas.
c) Ahora, colocamos la esfera maciza en el interior de la hueca, en posición concéntrica, como se ilustra en la
figura 2. Dibujar esquemáticamente la distribución de carga en cada una de las esferas. d) Determinar el campo
eléctrico en la región comprendida entre ambos conductores concéntricos y calcular la d.d.p. entre ellos.
2
3
2
3
2
2
1
1
1
a) Tanto en la esfera maciza como en la hueca, la carga eléctrica se distribuye uniformemente sobre la
superficie externa de las esferas, no existiendo carga eléctrica ni en el interior de los conductores ni en
la superficie interna del conductor hueco.
b) El potencial al que se encuentra la esfera maciza es el de su
superficie (el mismo que en su interior) y viene dado por
1 Q1
V1 =
4πε0 R1
+
R1
+
+
+
+Q1
+
R3
+
+
R2
+
+
+
+
+
+
1 Q2
4πε0 R3
y la d.d.p. entre ellas es
R3
1 ⎛⎜ Q1 Q2 ⎞⎟
V12 = V1 − V2 =
⎜ − ⎟⎟
4πε0 ⎜⎜⎝ R1 R3 ⎠⎟
+
+-
c) Aparece una carga eléctrica inducida, –Q1, sobre la superficie interior
del conductor hueco, de modo que el campo eléctrico en el interior del
conductor hueco (al igual que en el interior del macizo) sea nulo
(Teorema de Gauss). La carga eléctrica sobre la superficie exterior del
conductor hueco será ahora Q2* = Q1 + Q2, ya que la carga neta de este
conductor (Q2 = -Q1 + Q2*) debe permanecer constante.
Q2
+
+
Del mismo modo el potencial al que se encuentra la esfera
hueca (el mismo que en su interior, incluido el hueco) viene
dado por
V2 =
+
+
+
+
+
Q2*=Q1+Q2
+
+ -Q1
- +
R2
+Q1
+
+
+
+ E
1
2
R1 +
+
+
+
+
- +
+
+ +
+
d) Como consecuencia del Teorema de Gauss, la intensidad del campo eléctrico en un punto situado a
una distancia r del centro común de las esferas, con R1 < r < R2 tan solo está determinado por la carga
Q1, tiene dirección radial y vale
E=
1 Q1
4πε0 r 2
La d.d.p. entre los dos conductores se calcula como la circulación del campo eléctrico entre los puntos
1 y 2, indicados en la figura, a lo largo de una línea de campo:
2
2
V12 = ∫ E idr = ∫ E dr =
1
1
Q1
4πε0
∫
R2
R1
Q1 ⎡ 1 ⎤ 2
Q ⎛1
dr
1⎞
⎢− ⎥ = 1 ⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟ > 0
=
2
4πε0 ⎢⎣ r ⎥⎦ R1 4πε0 ⎝ R1 R2 ⎠⎟
r
R
de modo que la esfera maciza siempre está a mayor potencial que la hueca, con independencia de las
cargas de una y otra.
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2.
a) Determinar la intensidad de corriente que recorre cada una de las ramas del circuito que se muestra
en la figura. b) Ídem cuando añadimos una resistencia de 1 Ω colocada entre A y B.
a) Cada una de las dos ramas soporta una tensión de 12 V, de modo que las intensidades que
las recorren son:
i1 = i2 =
12
=2A
2+4
i
4Ω
2Ω
i1
12 V
y la intensidad que suministra el generador es:
i2
A
i = i1 + i2 = 4 A
B
4Ω
2Ω
Otro método
La resistencia equivalente de cada una de las dos ramas es 6 Ω y la resistencia equivalente de las dos ramas en
paralelo es:
R=
R1 R2
6× 6 36
=
=
=3Ω
R1 + R2 6 + 6 12
La intensidad total se reparte por igual entre las dos ramas:
i=
12
=4A
3
i1 = i2 = 2 A
b) El puente no está equilibrado, por lo que aplicamos el método de Maxwell para las
intensidades de malla:
⎛12⎞⎟ ⎛ 6 −2 −4⎞⎟⎛ I1 ⎞⎟
⎜ ⎟ ⎜
⎟⎜ ⎟
⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜⎜⎜−2 7 −1⎟⎟⎜⎜⎜ I 2 ⎟⎟
⎟⎜ I 3 ⎠⎟
⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎝⎜−4 −1 7 ⎠⎝
I1 =
6 −2 − 4
∆ = −2 7 −1 = 132 Ω3
−4 −1 7
1 12 −2 −4
12 7 −1 576
0 7 −1 =
=
= 4.364 A
132
132 0 −1 7
132 −1 7
1 6 12 −4 −12 −2 −1 216
I2 =
−2 0 −1 =
=
= 1.636 A
132
132 −4 0 7
132 −4 7
360
1 6 −2 12
12 −2 7
I3 =
−2 7 0 =
=
= 2.727 A
132 −4 −1 0 132 −4 −1 132
i1
12 V
2Ω
i2
I1
A
I2
i5 1 Ω
4Ω
I3
4Ω
i3
i4
i6
B
2Ω
Las intensidades de rama son:
i1 = 4.264 A i2 = 2.728 A i3 = 1.636 A i4 = 1.091 A i5 = 1.637 A i6 = 2.727 A
en los sentidos indicados en la figura.
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3.
Un varilla conductora y homogénea está suspendida mediante dos hilos
verticales conductores, tal como se muestra en la figura. La varilla posee una masa de
0.040 kg/m y se encuentra en un campo magnético uniforme, perpendicular al plano de
la figura y dirigido hacia adentro, de 3.6 T. Calcular la intensidad de la corriente que
debe circular por la varilla para que sea nula la tensión mecánica en los hilos que la
soportan. ¿Cuál deberá ser el sentido de la corriente?
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
En las condiciones descritas en el enunciado del problema, la varilla debe estar soportada
exclusivamente por la fuerza que ejerce el campo magnético sobre ella (ausencia de tensión
mecánica en los hilos).
El peso de la varilla deberá ser igual y de sentido opuesto a la fuerza que
ejerce el campo magnético uniforme B sobre un conductor rectilíneo de
longitud l por el que circula una corriente i: esto es,
F
B
F = i (l × B )
il
donde la dirección de l es la del sentido convencional de la corriente en
el conductor.
Puesto que nos dan la densidad lineal de masa (λ), la masa total de la varilla es m = λl, de
modo que
⎧
⎪
⎪⎨ P = mg = (λl ) g → λlg = ilB →
⎪
⎪
⎩ F = ilB
i=
λ g 0.040×9.8
=
= 0.109 = 109 mA
B
3.6
y su sentido es el indicado en la figura.
F
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
× ×
× ×
×i ×
× ×
×
×
×
×
P
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×
×
×B
×
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4. La espira de forma cuadrada, de lado a y resistencia eléctrica R, que se muestra
en la figura, gira alrededor del eje x con velocidad angular constante ω. En el
instante t = 0, su posición es la representada en la figura. Supongamos que existe un
campo magnético no uniforme de dirección constante y paralela a la del eje z, tal
que su módulo venga dado por B = Ky, donde K es una constante. a) Determinar la
intensidad que circula por la espira en un instante genérico t; i.e., i(t).
b) Representar el sentido de la intensidad cuando la espira se encuentra en cada uno
de los cuadrantes que recorre en su movimiento.
v
z
ωt
y
a
a
x
ω
La f.e.m. inducida sobre un conductor rectilíneo, de longitud l,
que se mueve con una velocidad v en un campo magnético
uniforme B viene dada por E = l i(v × B) .
B
i
Puesto que la f.e.m. tiene el sentido definido por el producto
vectorial (v × B ) , tan solo se produce f.e.m. a lo largo del lado
ωt
ω
z
de la espira opuesto al eje de rotación. Además, el campo
magnético, aunque no es uniforme, presenta un valor constante a
lo largo de ese lado (conductor), por lo que podemos aplicar la expresión anterior; esto es,
y
y=acosωt
E = avB sen ωt = a (ω a )( Ka cos ωt ) sen ωt = Ka 3ω sen ωt cos ωt =
1 3
Ka ω sen (2ωt )
2
B
z
Otro método
dS
Como la espira se encuentra en movimiento (rotación), el flujo que la atraviesa
varía en el transcurso del tiempo; esta variación del flujo produce una f.e.m.
inducida en la espira.
η
η
ω
En un instante genérico t, la espira habrá girado un ángulo ωt; debemos calcular
el flujo que la atraviesa en ese instante. Para calcularlo, observamos que el
campo magnético no tiene la misma intensidad en todos los puntos de la
superficie de la espira. En consecuencia, procedemos por integración,
descomponiendo la superficie de la espira en bandas estrechas, tal como se
ilustra en la figura, de superficie dS = adη, en las que el campo magnético tiene
un valor constante B = Ky = Kηcosωt.
a
Φ = ∫ B idS = ∫ BdS cos ωt = ∫ ( K η cos ωt )( adη ) cos ωt = Ka cos 2 ωt ∫ ηdη =
0
ωt
dη
ωt
y=ηcosωt
y
B
y
1 3
Ka cos 2 ωt
2
Aplicamos la ley de Faraday para determinar la f.e.m. inducida en la bobina en un instante genérico,
Eind = −
dΦ 1 3
1
= Ka ω 2 cos ωt sen ωt = Ka 3 ω sen (2ωt )
dt
2
2
z
La intensidad de la corriente que circula por la espira en un
instante genérico es
B
v
v
B
iind =
y
B
B
v
x
v
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Eind 1 Ka 3ω
sen (2ωt )
=
R
2 R
b) De acuerdo con la regla de Lenz y con la del producto
(v × B) , el sentido de la corriente inducida es la indicada
para cada uno de los cuadrantes.
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XC
5.
A una red de c.a. de 125 V y 5 Hz se conectan las cargas que se
indican en la figura:
XC = 2.5 Ω
(capacidad pura)
Z1 = 28 Ω;
f.p. = 0.8 (inductivo)
Z1 = 28 Ω;
f.p. = 0.6 (inductivo)
125 V
50 Hz
Z1
Z2
a) Calcular la intensidad que circula por cada carga. b) Calcular la potencia
consumida por las cargas. c) Determinar la capacidad del condensador que hay que colocar en paralelo con la
carga total para corregir totalmente el factor de potencia.
Cálculos de impedancias:
X C = −2.5 j = 2.5 −90º Ω
Z1 = 28 37º = 22.4 + 16.8 j Ω
Z 2 = 28 53º = 16.8 + 22.4 j Ω
Z par =
28 37º 28 53º
784 90º
Z1Z 2
=
=
Z1 + Z 2 39.2 + 39.2 j
39.2 2
(
)
= 10 2 45º = 10 + 10 j = 14.14 45º Ω
45º
Z = X C + Z par = −2.5 j + 10 + 10 j = 10 + 7.5 j = 12.5 37º Ω
a) Determinación de intensidades:
I=
V 125 0
=
= 10 −37º A = (8 − 6 j ) A
Z 12.5 37º
Zpar
Z
VC = IX C = 10 −37º × 2.5 −90º = 25 −127º V
I1 =
I2 =
Z1
Vpar
Z2
=
=
141.4 8º
28 37º
28 53º
I2
XC
= 5.05 −29º A
141.4 8º
I1
37º
Vpar = IZ par = 10 −37º ×14.14 45º = 141.4 8º V
Vpar
37º
I
Vpar
8º
= 5.05 −45º A
V
VC
b) Factor de potencia y potencia consumida:
φ = 37º
cos φ = cos 37º = 0.8
(inductivo)
P = VI cos φ = 125 ×10 × 0.8 = 1000 W = 1 kW
c) Corrección total del factor de potencia con condensador:
Iact=I cosφ
I
Icond
I
Ireact=I senφ
retrasada
C
adelantada
V
φ
V
V
= ωCV
1/ ωC
I sen φ 10 × sen 37º
C=
=
= 153 µF
ωV
100π × 125
I react = I sen φ =
carga inductiva
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