SOLUCIÓN fisica 2º bcto. 2013

EXAMEN DE FÍSICA. 2º BACHILLERATO. PRIMERA EVALUACIÓN. 09/12/2013
NOMBRE:
OPCIÓN A
1º. Un satélite artificial de 100 kg de masa describe una órbita circular alrededor de un planeta cuyo
periodo es de 8 horas. Sabiendo que el campo gravitacional en la superficie del planeta es de 6 N·kg-1,
calcular:
a)
b)
c)
d)
Masa del planeta
Radio de la órbita
Energía mecánica del satélite en esa órbita.
Si el satélite pierde un 10% de su energía, calcular el radio de la nueva órbita.
DATOS: G = 6’67·10-11 N·m2·kg-2; Radio planeta = 3000 km
SOLUCIÓN:
Datos que tenemos: 1) ORBITA CIRCULAR → FCENTRÍPETA = FGRAVITACIONAL
G·M
2) g 0 =
≫≫ por lo tanto M =
R2
0
g0 ·R2
0
G
3) Conocemos T; por lo tanto podemos utilizando 1) hallar R. Se debe pasar a
8 horas·3600 segundos
unidades de S.I.: T =
1hora
a) Hallar la masa. Utilizamos 2) M =
b) Utilizamos 1) y 3) : 1)
m·v2
R
3) 𝑣
=
3 288002·8’1·1023 ·6.67·10−11
4·π2
𝑅=√
=
g0 ·R2
0
→ 𝑣2 =
𝑅2
6·(3·106 )2
→ M=
G
𝐺·𝑀·m
≫ 𝐓 = 𝟐𝟖𝟖𝟎𝟎 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨𝐬
6′67·10−11
1
G·M
2
𝑅
1
𝐄𝐌𝐄𝐂 = − 2 ·
−
G·M·m
R
𝑅
→(
2·π·R
2·π·R 2
𝑇
) =
G·M
𝑅
≫ 𝑅3 =
𝐺·𝑀·𝑇 2
4·π2
R = 1’04·107 metros
1
G·M·m
2
R
𝟏
𝐆·𝐌·𝐦
𝟐
𝐑
𝐄𝐌𝐄𝐂 = − ·
6′ 67·10−11 · 8’1·1023 ·100
1’04·107
→
→ Sustituimos v2 por el valor obtenido en 2)
Sustituimos por su valor:
EMECÁNICA = - 2’6·108 Julios
d) Al perder un 10 % de su energía la energía del satélite será: E = - 2’6·108- (0’1·2’6·108)
1
6′67·10−11 ·8′1·1023 ·100
2
R
−2′86 · 108 = − ·
3 𝐺·𝑀·𝑇 2
4·π2
≫𝑅= √
𝑇
≫≫
→
M= 8’1·1023 kg
G·M
c) Emecánica = Ecinética + Epotencial → EMEC = · m · v 2 −
EMEC = · m ·
→
→
R= 9’4·106 metros
2º. De dos hilos de 1 m de longitud, sujetos al mismo punto del techo, cuelgan dos esferas iguales de 1
gramo de masa cada una. Se cargan idénticamente ambas esferas, con lo cual se repelen hasta que sus
hilos forman entre sí un ángulo de 90º.
a)
b)
c)
d)
Hallar el valor de la carga eléctrica comunicada a cada esfera
Hallar el valor de la tensión del hilo.
Hallar el potencial eléctrico sobre el punto desde el que cuelgan las esferas.
Si se descarga una de las esferas, calcular el campo eléctrico en módulo y dirección y sentido
que habrá que realizar sobre la otra para mantenga la posición de equilibrio.
DATOS: K = 9·109 N·m2·C-2; g = 9’8 N·kg-1
SOLUCIÓN:
En primer lugar hay que hacer el diagrama de fuerzas.
Descomponemos T:
TX = T·cosα; TY = T·senα
El sistema está en reposo por lo que la
resultante de las fuerzas en X e Y son
nulas:
RX = TX - Feléctrica → T·cosα = q·E
RY = TY – Peso → T·senα = m·g
El triángulo formado es isosceles, por
lo tanto α= 45º
90º
TY
Feléctrica
peso
T
α
TX
r/2
r/2
Cos 45º = sen 45º = 0’707,
-2
Hallamos T utilizando la ecuación de la componente en Y: 0’707·T = 10 -3·9’8 → T = 1’39·10 N
E es el campo eléctrico que genera la otra carga sobre la primera:
𝐸 =
𝐾·𝑞
𝑟2
Donde K vale 9·109, q es la carga de las esferas y r es la distancia entre ambas esferas. La hallamos
mediante trigonometría, ya que conocemos la longitud del hilo ( 1 metro ).
cos α =
r/2
r
9 · 109 · q
→
= cos 45° → r = 1′ 414 metros ; por lo tanto E =
→ E = 4′ 5 · 109 q
1
2
1′4142
Por lo tanto resolviendo la ecuación de la componente en X:
0’707·1’39·10-2 = 4’5·109·q2 →
q = 1’48·10-6 C
K·q
9 · 109 · 1′48 · 10−6
, entonces V1 = V2 e igual a V1 = V2 =
1
r
′
4
′
4
→ V = 1 33 · 10 · 2 V = 2 66 · 10 Voltios
d) Habrá que realizar un campo eléctrico que tenga la mima dirección y sentido que el campo que está
ejerciendo la carga eliminada y de intensidad igual a 6’66·10 3 N·C-1, que es la intensidad del campo que
ejerce la carga eliminada sobre la esfera cargada.
c) V = V1 + V2 ; como V =
3º. Un cuerpo de 10 kg de masa y de carga positiva cae en las proximidades de la tierra. Se le frena
aplicando una campo eléctrico de 20 N·C-1. Calcular:
a) Carga del cuerpo.
b) Dirección y sentido del campo eléctrico. Si se cambia el sentido del campo eléctrico, ¿Cuál será
la fuerza sobre el cuerpo?.
Si a ese cuerpo se le da una velocidad de 105 m·s-1 en el sentido positivo del eje X, calcular:
c)
Fuerza sobre la partícula y radio de la trayectoria si entra en una zona de campo magnético de
valor 20i⃗ T
d) Fuerza sobre la partícula y radio de la trayectoria si entra en una zona de campo magnético de
valor 20 ⃗j T.
SOLUCIÓN:
FELECTRIC
a) En primer lugar realizamos el diagrama de fuerzas cuando el cuerpo ha sido
A
frenado.
Por lo tanto FELECTRICA = Peso; FELECTRICA = 10· 9’8 → FELECTRICA = 98 N
como FELECTRICA
peso
98
= q · E, entonces q =
≫ q = 4′ 9 C
20
b) El campo eléctrico irá hacia arriba, ya que la carga a la que se aplica es positiva y tendrá la misma
dirección y sentido que la fuerza eléctrica. Si se cambia el sentido del campo la fuerza eléctrica tendrá la
misma dirección y sentido que el peso, por lo que la fuerza sobre el cuerpo será:
F = Peso + FELECTRICA → F = 196 N
𝑖⃗
⃗⃗ = q · (v
⃗⃗), por lo tanto: 𝐹⃗ = 4′ 9 · |20
c) Se aplica la fuerza de Lorentz: F
⃗⃗⋀B
20
𝑗⃗
0
0
⃗⃗
𝑘
0|; resolvemos y el
0
resultado es 0. 𝐹⃗ = 0 𝑁 , seguirá una trayectoria recta, por lo que R = ∞
⃗⃗
𝑖⃗
𝑗⃗ 𝑘
⃗⃗ = q · (v
⃗⃗), por lo tanto: 𝐹⃗ = 4′ 9 · |20 0 0|; resolvemos y el
d) Se aplica la fuerza de Lorentz: F
⃗⃗⋀B
0 20 0
⃗⃗ N. 𝐹⃗ = 400𝑘
⃗⃗ N , seguirá una trayectoria circular, ya que la fuerza de Lorentz cambia
resultado es 400𝑘
la dirección y sentido del vector velocidad pero no su módulo ya que el trabajo realizado por esta fuerza
es nulo:
⃗⃗) · dr⃗; al ser v
dW = ⃗F⃗ · dr⃗ ≫ como ⃗F⃗es la fuerza de Lorentz; dW = q · (v
⃗⃗⋀B
⃗⃗ =
dW = q · (
dr⃗
, queda:
dt
dr⃗
dr⃗
dr⃗
⃗⃗) · dr⃗, siendo
⃗⃗).
⋀B
y dr⃗ paralelos, y por lo tanto dr⃗ será perpendicular a ( ⋀B
dt
dt
dt
Por lo tanto el trabajo realizado por la fuerza de Lorentz es nulo, por lo que por la ley de las fuerzas vivas
no varía el módulo de la velocidad, por lo que varía la dirección y sentido:
FLORENTZ = FNORMAL → q·v·B·sen90º =
𝑚·𝑣 2
𝑅
→ por lo tanto R =
R = 1’02·104 metros
𝑚·𝑣 2
𝑞·𝑣·𝐵
4º. Dos cuerpos de masas M1 = 1010 kg y M2 = 108 kg, separadas 10 km en el eje X. Calcular:
a) Punto del eje X donde el campo gravitacional se anula.
b) Calcular el campo gravitacional en el punto que se halla a la misma distancia del punto 1 pero en
el sentido contrario.
c) Calcular el campo gravitacional en el punto que se halla a la misma distancia del punto 2 pero en
el sentido contrario.
d) Calcular el campo gravitacional en un punto situado 10 km encima de la perpendicular al punto
medio entre ambos cuerpos.
DATOS: G= 6’67·10-11 N·m2·kg-2
SOLUCIÓN
104 - x
x
a)
1
⃗⃗⃗⃗⃗
g T = ⃗⃗⃗⃗⃗
g1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
g2 → 0 = −
g1
g2
2
G · M1
G · M2
M1
(−i⃗) → (104 − x)2 · M1 = x 2 · M2 → 104 − x = x · √
⃗i −
(104 − x)2
x2
M2
Sustituyendo queda 104 – x = 0’1x, por lo que
x = 9’09·103 metros
9’09·103
b)
g2
1
g1
2
1’909·104
g T = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
g1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
g 2 → ⃗⃗⃗⃗⃗
gT = −
G · M1
G · M2
(−i⃗) − ′
(−i⃗) → ⃗⃗⃗⃗⃗
g T = (8′ 07 · 10−9 + 1′ 83 · 10−11 )i⃗
(1 909 · 104 )2
(9′ 09 · 103 )2
gT = 8’09·10-9 ⃗i m·s-2
Por lo tanto
9’09·103
c)
1
2
g1
g2
1’909·104
⃗⃗⃗⃗⃗
g T = ⃗⃗⃗⃗⃗
g1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
g 2 → ⃗⃗⃗⃗⃗
gT = −
G · M1
G · M2
⃗i −
⃗i → ⃗⃗⃗⃗⃗
g T = −(1′83 · 10−9 + 8′07 · 10−11 )i⃗
(9′09 · 103 )2
(19′ 09 · 103 )2
Por lo tanto
gT = - 1’91·10-9 ⃗i m·s-2
d)
Utilizando el teorema de Pitágoras:
r
r = √(104 )2 + (5 · 103 )2 → r = 1′ 118 · 104 m
g1 = −
⃗⃗⃗⃗⃗
G · M1
r1
⃗⃗⃗⃗
ur1 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur1 =
|r⃗⃗⃗⃗|
r2
1
r104
r
1
2
5·103
5·103
ur1 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
5 · 103
104
⃗i + ′
⃗j → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur1 = 0′447i⃗ + 0′894 ⃗j
4
· 10
1 118 · 104
1′ 118
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑔1 = −5′ 336 · 10−9 (0′ 447i⃗ + 0′ 894 ⃗j) → ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑔1 = − 2′ 39 · 10−9⃗i − 4′ 77 · 10−9 ⃗j
g2 = −
⃗⃗⃗⃗⃗
G · M2
r⃗⃗⃗⃗2
5 · 103
104
ur2 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur2 =
→ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur2 = − ′
⃗i + ′
⃗j → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur2 = − 0′447i⃗ + 0′894 ⃗j
2
4
|r⃗⃗⃗⃗|
r
1 118 · 10
1 118 · 104
2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑔2 = −5′ 336 · 10−11 (− 0′ 447i⃗ + 0′ 894 ⃗j) → ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑔2 = − 2′ 39 · 10−11⃗i − 4′ 77 · 10−11 ⃗j
⃗⃗ = −𝟐′ 𝟑𝟕 · 𝟏𝟎−𝟗⃗𝐢 − 𝟒′ 𝟖𝟓 · 𝟏𝟎−𝟗⃗𝐣 𝐦 · 𝐬 −𝟐
g⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
g1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
g2 → 𝐠
5º. Un electrón que se mueve a una velocidad de 4·10 5 m·s-1 en el sentido positivo del eje X, entra en un
campo magnético uniforma de 2 T dirigido hacia el sentido positivo del eje Z. Hallar
a) Campo eléctrico para que no se desvíe el electrón.
b) Si el campo eléctrico se anula, calcular el radio de la órbita.
DATOS: Carga del electrón: 1’6·10-19 C; masa del electrón: 9’1·10-31 kg; K = 9·109 N·m2·C-2
SOLUCIÓN
En primer lugar se dibuja en un sistema de ejes coordenados la velocidad y el campo magnético
Al entrar una carga eléctrica con una velocidad en un campo magnético
sufre una fuerza que se denomina fuerza de Lorentz:
⃗⃗LORENTZ
F
⃗i
= q · (v
⃗⃗ ∧ ⃗⃗⃗⃗⃗
B) → ⃗⃗⃗⃗⃗
FL = −1′ 6 · 10−19 · |4 · 105
0
⃗j
0
0
Z
⃗⃗
k
0|
2
⃗⃗
𝐵
Y
⃗⃗⃗⃗⃗
FL = −1′ 6 · 10−19 · (−8 · 105⃗j) → ⃗⃗⃗⃗⃗
FL = 1′ 28 · 10−13⃗j N
Si se quiere que el electrón no se desvíe la fuerza total ejercida sobre él
debe ser nula( 1ª ley de Newton ), por lo que se debe aplicar otra fuerza
X
que anule a la fuerza de Lorentz y que será la fuerza eléctrica.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗.
𝐹𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝑞 · 𝐸⃗⃗ →por lo tanto, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
FTOTAL = ⃗⃗⃗⃗⃗
FL + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Felec → 0 = 1´28 · 10−13⃗j + q · E
⃗⃗ =
E
−1′ 28 · 10−13⃗j
⃗⃗ = 𝟖 · 𝟏𝟎𝟓 𝐍 · 𝐂 −𝟏
→ 𝐄
−1′ 6 · 10−19
b) Si se anula el campo eléctrico sólo estaría sometido a la fuerza de Lorentz, la cual se comporta como
fuerza centrípeta:
m · v2
9′ 1 · 10−31 · (4 · 105 )2
= 1′ 28 · 10−13 → R =
→ 𝐑 = 𝟏′ 𝟏𝟒 · 𝟏𝟎−𝟔 𝐦𝐞𝐭𝐫𝐨𝐬
R
1′ 28 · 10−13
OPCIÓN B
1º. Se tiene una carga de 2 nC en el punto (-2,1) y otra carga de -5 nC en el punto (3,0). Calcular:
a) El campo eléctrico en el punto A (3, - 4).
b) El trabajo necesario para llevar una carga de – 5 C desde el punto (0,1) al punto (-1,-2). Decir si
el proceso es espontáneo o no.
DATOS: K = 9·109 N·m2·C-2
SOLUCIÓN.
Dibujamos en unos ejes coordenados donde se encuentran las cargas y el punto A
⃗E⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
E1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
E2 hallamos el campo eléctrico de cada carga en A
⃗⃗⃗⃗⃗
E1 =
K · Q1
r1
⃗⃗⃗⃗
ur1 donde ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur1 =
; ⃗⃗⃗⃗
r1 = 5i⃗ − 5j⃗
2
|r⃗⃗⃗⃗|
r
1
ur1 =
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
E2 =
5i⃗ − 5j⃗
√50
; por lo tanto ⃗⃗⃗⃗⃗
E1 =
Q2
Q1
9 · 109 · 2 · 10−9 5i⃗ − 5j⃗
·(
)
50
√50
r1
K · Q2
r2
⃗⃗⃗⃗
ur2 donde ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ur2 =
; ⃗⃗⃗⃗
r2 = −4j⃗
2
|r⃗⃗⃗⃗|
r
2
ur2 = −j⃗ ; por lo tanto ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
E2 =
r2
A
9 · 109 · (−5) · 10−9
· (−j⃗)
16
⃗E⃗ = 0′ 255i⃗ − 0′ 255j⃗ + 2′ 813j⃗⃗ → 𝐄
⃗⃗ = 𝟎′ 𝟐𝟓𝟓𝐢⃗ + 𝟐′ 𝟓𝟓𝟖𝐣⃗⃗ 𝐍 · 𝐂 −𝟏
b) Para hallar el trabajo necesario para llevar una carga de un punto a otro en una región sometida al
campo eléctrico generado por las cargas 1 y 2, se debe hallar en primer lugar el potencial que ambas
cargas crean en esos puntos. Habrá que hallar el potencial sobre el punto B(0,1) y C(-1,-2)
VB = V1B + V2B siendo V1B =
K · Q1
K · Q2
y V2B =
. Hay que hallar r1B y r2B , por lo que hay
r1B
r2B
que hallar ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
r1B y ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
r2B y obtener el módulo: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐫𝟏𝐁 = 𝟐𝐢⃗ 𝐲 |𝐫⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
𝐫𝟐𝐁 = −𝟑𝐢⃗ + ⃗⃗
𝐣 𝐲|𝐫⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
𝟏𝐁 = 𝟐 𝐦; ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝟐𝐁 = √𝟏𝟎 𝐦
VB =
9 · 109 · 2 · 10−9 9 · 109 · (−5) · 10−9
+
→ VB = −5′ 23 V.
2
√10
VC = V1C + V2C y V1C =
VC =
K · Q1
K · Q2
y V2C =
. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐫𝟏𝐂 = −𝐢⃗ − 𝟑𝐣⃗ |𝐫⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
𝐫𝟐𝐂 = −𝟒𝐢⃗ − 𝟐𝐣⃗⃗|𝐫⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
𝟏𝐂 = √𝟏𝟎 𝐦; ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝟐𝐂 = √𝟐𝟎 𝐦
r1C
r2C
9 · 109 · 2 · 10−9
+
9 · 109 · (−5) · 10−9
→ VB = −4′37 V.
√10
√20
W = 4’3 J
Por lo tanto W = q·(VB – VC) → W = - 5· (- 5’23 – (-4’37)) →
PROCESO ESPONTÁNEO AL SER EL TRABAJO POSITIVO.
2º. A) Sabiendo que la gravedad en la superficie terrestre es de 9’81 N·kg -1 y el radio de la tierra es de
6’37·103 km, calcular la masa de la tierra.
b) Se quiere mandar un satélite desde la tierra hasta una órbita que esté situada a una altura sobre la
superficie de la tierra de 500 km. Calcular la energía suministrada para poner en órbita al satélite.
c) Calcular la velocidad del satélite.
d) Calcular la energía que hay que suministrar al satélite para pasarle a una órbita 500 km más alejada de
la tierra que la anterior.
DATOS: G = 6’67·10-11 N·m2·kg-2
SOLUCIÓN:
a) Despejamos la masa de la tierra de la fórmula de la gravedad en la superficie:
G · MT
g 0 · R2
9′ 81 · (6′ 37 · 106 )2
g0 =
→
M
=
→
M
=
→ 𝐌𝐓 = 𝟓′ 𝟗𝟖 · 𝟏𝟎𝟐𝟒 𝐤𝐠
T
T
R2
G
6′ 67 · 10−11
b) La energía inicial más la suministrada es igual a la energía del satélite en la órbita: E M1 + E = EM2
En la superficie el satélite sólo tiene energía potencial:
EM1 = −
G · MT · m
6′ 67 · 10−11 · 5′ 98 · 1024 · m
→ EM1 = −
→ EM1 = −6′ 26 · 107 · m Julios
RT
6′ 37 · 106
El satélite describe una órbita circular por que hay una fuerza centrípeta, en este caso la fuerza
gravitacional:
m · v 2 G · MT · m
G · MT · m 1
G · MT · m
=
→ como EM2 = −
+ · m · v 2 → por lo que queda EM2 = −
r
r2
r
2
2·r
EM2 = −
6′ 67 · 10−11 · 5′ 98 · 1024 · m
→ EM2 = −2′ 9 · 107 · m Julios; Por lo tanto sustituyendo:
2 · 6′ 87 · 106
E = -2’9·107·m + 6’26·107·m →
E = 3’36·107·m Julios
c) De la ecuación de satelización despejamos el valor de v:
v= √
G · MT
6′ 67 · 10−11 · 5′ 98 · 1024
→v= √
→ 𝐯 = 𝟕′ 𝟔𝟐 · 𝟏𝟎𝟑 𝐦 · 𝐬 −𝟏
r
6′87 · 106
d) Al pasar a otra órbita superior habrá que suministrar una energía E’ de tal forma que E M2 + E’ = EM3.
G · MT · m
6′ 67 · 10−11 · 5′ 98 · 1024 · m
Al orbitar EM3 = −
→ EM3 = −
→ EM3
2 · r′
7′37 · 106
′
7
= −2 71 · 10 · m Julio
Por lo tanto E’ = -2’71·107·m + 2’9·107·m →
E’ = 1’9·106·m Julios
3º. Dos satélites describen órbitas circulares alrededor de un planeta cuyo radio es de 3000 km. El
primero de ellos orbita a 1000 km de la superficie del planeta y su periodo orbital es de 2 h. La órbita del
segundo tiene un radio 500 km mayor que la del primero. Calcule:
a) El módulo de la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta.
b) El periodo orbital del segundo satélite.
DATOS: G = 6’67·10-11 N·m2·kg-2
SOLUCIÓN:
g0 =
G·M
. Conocemos G y R 0. . Para conocer M debemos utilizar los datos del primer satélite
R20
Primer satélite: r = 4 · 106 metros y T = 7200 segundos. Al orbitar: FGRAV = FNORMAL
G · M · m m · v2
2·π·r
G · M 4 · π2 · r 2
=
y
como
v
=
,
sustituyendo
v
queda:
=
r2
r
T
r
T2
4 · π2 · r 3
4 · π2 · (4 · 106 )3
Despejamos el valor de M: M =
→ M= ′
→ M = 7′ 31 · 1023 kg
2
G·T
6 67 · 10−11 · 72002
6′ 67 · 10−11 · 7′ 31 · 1023
Ahora se sustituimos en la ecuación inicial: g 0 =
→ 𝐠 𝟎 = 𝟓′ 𝟒𝟐 𝐍 · 𝐤𝐠 −𝟏
(3 · 106 )2
Por lo tanto,
b) Se utiliza la tercera ley de Kepler:
R31 R32
(4 · 106 )3 (4′ 5 · 106 )3
(4′ 5 · 106 )3 · 72002
√
=
,
es
decir:
=
→
T
=
𝐓 = 𝟖𝟓𝟗𝟏 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨𝐬
72002
T2
(4 · 106 )3
T12 T22
4º. Dos conductores rectilíneos, indefinidos y paralelos, perpendiculares al plano XY, pasan por los punto
A(80,0) y B (0,60) según indica la figura, estando las coordenadas expresadas en centímetros. Las
corrientes circulan por ambos conductores en el mismo sentido, hacia dentro del plano del papel, siendo
el valor de la corriente I1 de 6 A.
Y
B
Sabiendo que I2> I1 y que el valor del campo
magnético en el punto P, punto medio de la recta que
une ambos conductores es de
B = 12·10 -7 T,
determine:
I2
B
.
P
I1
O
a)
X
El valor de la corriente I2
A
b) El módulo, la dirección y el sentido del campo magnético en el origen de coordenadas O,
utilizando el valor de I2 obtenido anteriormente.
DATOS: permeabilidad magnética del vacío: μ0 = 4π·10-7 N·A-2
Los campos magnéticos creados por las corrientes en el punto
P tendrán el módulo que indica la ley de Biot-Savart y la
dirección vendrá dada por la ley de la mano derecha, como se
indica en la figura adyacente. la distancia entre ambas
corrientes es igual a 1 metro ( Pitágoras ) por lo que la
distancia de las corrientes al punto P es de 0’5 metros.
B1 =
B2 =
Y
B
I2
.
B
B1
P
O
I1
X
B2
μ0 · I1
4 · π · 10−7 · 6
→ B1 =
→ B1 = 24 · 10−7 T
2·π·r
2 · π · 0′5
A
μ0 · I2
4 · π · 10−7 · I2
→ B2 =
→ B2 = 4 · 10−7 I2 T. El campo magnético total será la suma
2·π·r
2 · π · 0′5
de los dos, y teniendo el sentido del mayor, que será el campo magnético creado por la corriente 2.
36 · 10−7
B = B2 − B1 → 12 · 10−7 = 4 · 10−7 · I1 − 24 · 10−7 → I1 =
→ 𝐈𝟏 = 𝟗 𝐀
4 · 10−7
b)
Y
Los campos magnéticos creados por las corrientes en el
punto O tendrán el módulo que indica la ley de BiotB
Savart y la dirección vendrá dada por la ley de la mano
derecha, como se indica en la figura adyacente.
El campo creado por la corriente I1 estará dirigido en el
sentido positivo del eje Y y el campo creado por I 2 estará B2
dirigido en el sentido negativo del eje X, siendo sus
módulos:
μ0 · I1
4 · π · 10−7 · 6
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 =
⃗j → ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 =
⃗j → ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 = 1′5 · 10−6 ⃗j T
2·π·r
2 · π · 0′8
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵2 =
B
I2
B
B1
.
O
P
I1
X
A
μ0 · I2
4 · π · 10−7 · 9
(−i⃗) → ⃗⃗⃗⃗⃗
(−i⃗) → ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵2 =
𝐵2 = − 3 · 10−6 ⃗i T
2·π·r
2 · π · 0′ 6
⃗⃗ = − 3 · 10−6 ⃗i + 1′ 5 · 10−6 ⃗j .
𝐵
𝐒𝐮 𝐦ó𝐝𝐮𝐥𝐨 𝐬𝐞𝐫á 𝐝𝐞 𝟑′ 𝟑𝟓 · 𝟏𝟎−𝟔 𝐓 𝐲 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚𝐫á 𝐮𝐧 á𝐧𝐠𝐮𝐥𝐨 𝐜𝐨𝐧 𝐞𝐥 𝐞𝐣𝐞 𝐘 𝐝𝐞 𝛉 = 𝐚𝐫𝐜𝐨𝐭𝐠
𝟑 · 𝟏𝟎−𝟔
→ 𝛉 = 𝟔𝟑′ 𝟒°
𝟏′ 𝟓 · 𝟏𝟎−𝟔
5º. Una nave espacial de 800 kg de masa realiza una órbita circular de 6000 km de radio alrededor de un
planeta. Sabiendo que la energía mecánica es EM = - 3’27·108 J, determine:
a)
b)
c)
d)
La masa del planeta
La velocidad angular de la nave en su órbita.
El momento angular de la nave con respecto al centro del planeta.
La velocidad de otro satélite que realiza una órbita circular de 8000 km de radio alrededor del
planeta.
DATO: G = 6’67·10-11 N·m2·kg-2
SOLUCIÓN:
a) Se conoce la energía mecánica de la nave en la órbita, el radio de ésta y la masa de la nave. Utilizando
la fórmula de la energía mecánica en función del radio de la órbita hallada en ejercicios anteriores ( en el
examen se debe hallar),, se despeja el valor de la masa del planeta:
EM = −
G·M·m
6′ 67 · 10−11 · M · 800
→ −3′ 27 · 108 = −
→ 𝐌 = 𝟑′ 𝟔𝟕 · 𝟏𝟎𝟐𝟐 𝐤𝐠
r
6 · 106
b) La energía mecánica de la nave en la órbita es igual también a E M = - EC. Por lo tanto podemos hallar
la velocidad lineal de la nave y a continuación la velocidad angular:
1
2 · 3′ 27 · 108
v
−3′ 27 · 108 = − · m · v 2 → v = √
→ v = 904′ 2 m · s −1 . Como v = ω · r; ω = .
2
800
r
ω = 1’51·10-4 rad·s-1
c) L = m·v·r· sen 90º; L = 800·904’2·6·10 6 →
L = 4’34·1012 kg·m2·s-1
d) Al estar describiendo una órbita circular: FGRAVITACIONAL = FCENTRÍPETA.
G · M · m m · v2
G·M
G·M
6′ 67 · 10−11 · 3′ 67 · 1022
=
→ v2 =
→v=√
→v=√
2
r
r
r
r
8 · 106
𝐯 = 𝟓𝟓𝟑 𝐦 · 𝐬 −𝟏