r - Universidad de Alcalá

I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
P1.— Se colocaron dos satélites en una misma órbita circular alrededor de la Tierra, pero por error
al segundo satélite se le hizo orbitar en sentido opuesto al primero. El resultado fue que chocaron.
Los dos satélites tenían la misma masa m = 125 kg y giraban en una órbita de radio r = 7.87×106 m
a) Calcule la energía mecánica total de los satélites con respecto a la Tierra antes de chocar.
b) Si el choque es totalmente inelástico, formándose un cuerpo de masa 2m, calcule la energía mecánica total justamente después del choque.
c) ¿Seguirá orbitando el cuerpo resultante justamente después del choque o caerá directamente hacia el centro de la Tierra?
d) Independientemente del resultado del apartado anterior, con qué velocidad llegaría a la
superficie de la Tierra el cuerpo resultante si cayera directamente hacia el centro de la Tierra desde el punto de choque e ignorando el rozamiento con la atmósfera?
Datos:
Aceleración de la gravedad en la superficie terrestre g0 = 9.81 m/s2 y radio terrestre RT = 6370 km
SOLUCIÓN
a) En las órbitas circulares se verifica que la energía cinética es igual a menos la mitad de la energía
potencial gravitatoria, Ec = - U / 2, por tanto la energía mecánica (total) de cada uno de los satélites
será ET = Ec + U = U / 2, siendo la misma para ambos.
(
ET = U / 2 = −G M m / (2 r ) = − g 0 m RT2 / (2r ) = −9.81× 125 × 6.37 ⋅10 6
) / (2 × 7.87 ⋅10 ) = −3.16 ⋅10
2
6
9
J
b) Según la dirección tangencial a la órbita no actúan fuerzas exteriores así que la componente tangencial de la cantidad de movimiento (que por otro lado coincide con la total) se conserva. Como
r
r
las direcciones iniciales de las velocidades en el instante anterior al choque son ut y − ut y justo
después del choque tenemos un único cuerpo de masa la total de los dos satélites se verificará:
r
r
r
r
m v ut + m v (− ut ) = 0 = 2 m vt* ⇒ vt* = 0 , por lo que el cuerpo resultante, justamente después del
choque, queda en reposo. La energía mecánica será sólo potencial,
(
ET = U = −G M 2m / r = − g 0 2m RT2 / r = −9.81× 250 × 6.37 ⋅10 6
) / 7.87 ⋅10
2
6
= −1.26 ⋅1010 J .
c) La velocidad tangencial del cuerpo resultante es nula por lo que el cuerpo dejará de orbitar y se
verá sometido a la fuerza central gravitatoria por lo que caerá directamente hacia el centro de la Tierra.
d) Al ser la fuerza gravitatoria una fuerza conservativa, la energía total se conserva y si comparamos sus valores en las posiciones del choque (1) y de la llegada a la superficie terrestre (2) tendremos resuelto el problema.
ET (1) = ET (2 ) ⇒ U (1) = U (2 ) + Ec (2 ) ⇒ − g 0 2m RT2 / r = − g 0 2m RT2 / RT + 2m vll2 / 2
⎡
⎤
vll = ⎢ g 0 2 RT2 ⎛⎜ 1 − 1 ⎞⎟⎥
R
r
T
⎠⎦
⎝
⎣
1/ 2
(
)
2⎛
⎡
1
1
⎞⎤
= ⎢9.81× 2 × 6.37 ⋅10 6 ⎜
−
⎟
6
6 ⎥
7.87 ⋅10 ⎠⎦
⎝ 6.37 ⋅10
⎣
1/ 2
= 4.9 km/s
1
I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
P2.— Una partícula cargada está en el centro de un cascarón esférico. En la figura se representa el
valor del módulo del campo eléctrico E en función de la distancia. Determine:
a) la naturaleza conductora o dieléctrica
del cascarón
b) el valor de la carga de la partícula
(aproximadamente)
c) el valor y signo de la carga del cascarón.
d) el potencial eléctrico referido al infinito en r = 1.0 cm, r = 2.7 cm y r = 5.0
cm
SOLUCIÓN
a) Al existir una carga puntual, Q, en un punto del espacio el campo eléctrico en cualquier zona del
espacio será distinto de cero salvo en regiones ocupadas por conductores; de la gráfica se desprende
que el campo eléctrico es nulo en una zona por lo que el cascarón esférico debe ser de un material
conductor y debe tener como radio interno Ri = 2.5 cm y como radio externo Re = 3.0 cm. La carga
hipotética que pueda presentar el cascarón estará sobre las superficies interior, Q1, y exterior, Q2, y
distribuidas de manera uniforme en cada una de ellas. Como no nos dicen nada sobre el sentido del
campo eléctrico podemos elegirlo a voluntad. Si le consideramos saliente del origen entonces:
b) El problema por tanto presenta simetría esférica, los campos serán, pues, radiales y aplicando el
teorema de Gauss a superficies esféricas de radio r concéntricas con el cascarón tendremos que:
r r
r
E (r ) = K qenc / r 2 u r [2.1]
y si r < 2.5 cm, entonces qenc = Q. En la gráfica se observa que un punto es (2.5 cm, 2 ⋅ 107 V/m), y
(
(
de [2.1] 2 ⋅10 7 = 9 ⋅10 9 Q / 2.5 ⋅10 − 2
)
2
)
(
⇒ Q = 2 ⋅10 7 × 2.5 ⋅10 − 2
) / 9 ⋅10
2
9
= 1.4 μC
c) Si 2.5 cm < r < 3.0 cm, entonces qenc = Q + Q1, y de [2.1] como el campo es cero se infiere que
Q1 es igual y de signo contrario que Q, por tanto Q1 = -1.4 μC. En la región r > 3.0 cm la carga encerrada es qenc = Q + Q1+ Q2 = Q2, y de la gráfica se deduce que un punto de dicha región tiene los
valores (3.0 cm, 8 ⋅ 107 V/m), así:
(
)
(
2
)
2
8 ⋅10 7 = 9 ⋅109 Q2 / 3.0 ⋅10 − 2 ⇒ Q2 = 8 ⋅10 7 × 3.0 ⋅10 − 2 / 9 ⋅109 = 8.0 μC
de lo que se deduce que la carga del cascarón es Qcas = Q1 + Q2 = 6.6 μC
d) Los potenciales referidos al infinito son los debidos a cada una de las 3 distribuciones. Para distribuciones de carga en conductores esféricos el potencial en puntos exteriores es como el de cargas
puntuales situadas en su centro y de valor la carga total de la distribución, siendo aquel constante en
el interior. Así:
K
9 ⋅109 × 8 ⋅10 −6
(
)
ϕ (5 cm ) =
Q
+
Q
+
Q
=
= 1.44 ⋅10 6 V
1
2
−2
−2
5 ⋅10
5 ⋅10
ϕ (2.7 cm ) = ϕ (3 cm )
ϕ (1cm ) =
K
1⋅10
K
3⋅10
−2
(Q + Q1 + Q2 ) =
9 ⋅10
(
)
(
)
Q
+
ϕ
3
cm
=
−2
9
9 ⋅10 9 × 8 ⋅10 −6
3 ⋅10
×1.4 ⋅10 −6
1 ⋅10
−2
−2
= 2.40 ⋅10 6 V
+ 2.4 ⋅10 6 = 14.9 ⋅10 6 V
2
I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
P3.— Una línea de transmisión está formada por dos conductores muy largos
y paralelos, separados una distancia 2d, y transporta una corriente I. En el
plano formado por los dos conductores hay una espira rectangular, de dimensiones 2a x 2b tal como se muestra en la figura; determine
a) El flujo magnético a través de la espira.
b) El coeficiente de inducción mutua entre la línea y la espira.
c) La fuerza electromotriz inducida en la espira si la línea de transmisión
transporta una corriente alterna I (t ) = 8 sen (2 π ⋅ 50 t ) A
d) Los distintos sentidos de la corriente inducida durante el intervalo de
un periodo [0, 0.02] s.
SOLUCIÓN
a) Los campos magnéticos creados por cada conductor en la zona de la
espira son entrantes, vistos en un instante donde las corrientes tienen los
sentidos indicados en la figura, en el plano del papel y como dicha espira
está situada, relativa a sendos conductores, de igual modo entonces el
flujo magnético a su través, debido a la línea de transmisión, es el doble
que el debido a uno sólo de los elementos de la línea de transmisión. Las
líneas de campo magnético debido a un hilo conductor rectilíneo a una
distancia r son circunferencias situadas en planos perpendiculares al
conductor con centro en él y de radio r, por tanto el campo magnético en
el plano del papel, viene dado, ley de Ampère, por
r
r
r
B (r ) = μ 0 I / (2 π r )u ⊥ siendo u ⊥ un vector perpendicular al plano del
papel y entrante. Si elegimos los elementos de superficie sobre el plano
de la espira como se muestra en la figura que aparece a la derecha, es
r
r
decir entrantes en el plano del papel podemos escribir dS = 2 b ⋅ dr u ⊥ por
r r
lo que el flujo elemental a su través es dΦ1 = B ⋅ dS = μ 0 I b dr / (π r ) , por tanto:
μ Ib
Φ1 = 0
π
d +a
∫
dr μ 0 I b ⎛ d + a ⎞
=
ln⎜
⎟
r
π
⎝d −a⎠
d −a
→
Φ esp = 2Φ1 =
2μ 0 I b ⎛ d + a ⎞
ln⎜
⎟ [3.1]
π
⎝d −a⎠
b) El coeficiente de inducción mutua M = Φesp / I donde I es la corriente que genera el campo magnético, así de [3.1]
2μ b ⎛ d + a ⎞
⎛d +a⎞
−7
M = 0 ln⎜
⎟ = 8 ⋅10 b ln⎜
⎟ (H)
π
⎝d −a⎠
⎝d −a⎠
c) ε = −
dΦ esp
dt
= −M
dI
⎛d +a⎞
= −8 ⋅10 − 7 b ln⎜
⎟ × 800 π cos (100 π t )
dt
⎝d −a⎠
⎛d +a⎞
ε = −64 π 10 − 5 b ln⎜
⎟ cos (100 π t ) (V)
⎝d −a⎠
d) Suponemos que la corriente circula en los sentidos indicados en la figura durante el primer cuarto
del periodo T = 1/ν = 1/50 = 0.020 s. Así en este primer cuarto (0, 0.005), la corriente crece y el
campo magnético sobre la superficie de la espira es entrante y creciente por lo que la corriente inducida debe crear un campo magnético que se oponga al externo (ley de Lenz), así que debe apuntar
3
I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
hacia fuera del papel dentro de la espira por lo que la corriente que lo genera debe tener un sentido
antihorario; en el segundo cuarto de periodo (0.005, 0.010) la corriente disminuye sin cambiar de
sentido por lo que el campo magnético disminuye, en consecuencia la corriente inducida debe ser
tal que genere un campo magnético que ayude al externo y en consecuencia debe estar dirigido
hacia dentro del papel en la zona de la espira, por tanto la corriente en la espira debe circular en sentido horario; en el tercer cuarto (0.010, 0.015) la corriente cambia de sentido por lo que el campo
magnético apunta hacia fuera del papel y el flujo, al ser negativo, disminuye con el tiempo, en consecuencia el campo magnético debido a la corriente inducida en la zona de la espira debe oponerse
al externo, debiendo estar dirigido hacia dentro del papel y la corriente inducida que lo genera debe
circular, por tanto, en sentido horario; por último en el cuarto periodo (0.015, 0.020) el flujo negativo va aumentando por lo que el campo magnético debido a la corriente inducida debe tener el mismo sentido que el externo, es decir saliente del papel y para ello la corriente inducida debe circular
en sentido antihorario
C1.— En la parte izquierda de la figura que se ve debajo se muestra una partícula de carga desconocida que se dirige con cantidad de movimiento p hacia una región donde hay un campo magnético de valor B y dirigido tal y como se indica. Una vez la partícula entre en la región con campo,
a) determine cómo se puede evaluar si la partícula tiene carga positiva, negativa, o nula.
b) razone qué medición es necesaria, además de B y p, para determinar el valor de la carga de la
partícula, suponiendo que ésta es no nula.
Cuestión C1
Cuestión C2
SOLUCIÓN
r
r r
a) Al entrar en el campo magnético la partícula se ve sometida a la fuerza F = q v × B y como es
perpendicular a la velocidad, siendo además el campo magnético uniforme, la partícula describirá
una circunferencia. A partir de los datos de la figura (zona izquierda) si la partícula tiene carga positiva la fuerza está dirigida hacia abajo y describirá una circunferencia en sentido horario (punto más
alto de la trayectoria el de entrada), en cambio si tiene carga negativa la fuerza está dirigida hacia
arriba y describirá una circunferencia en sentido antihorario (punto más bajo de la trayectoria el de
entrada), y por último si no tiene carga la fuerza es nula y la partícula realiza un trayectoria recta
con velocidad constante.
b) Si sabemos que tiene carga para determinar su valor absoluto tenemos que medir el radio de la
circunferencia descrita, R, ya que conocidos B y p y medido R podemos hallar la carga, pues al ser
el momento lineal y el campo magnético perpendiculares podemos decir
r
r
v r
Fm = q v × B = m an ⇒ q v B = m v 2 / R ⇒ q = m v / (R B ) = p / (R B )
4
I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
C2.—En la parte derecha de la figura anterior se representa una sección de dos placas conductoras
planas y dispuestas paralelamente, A y B. Ignorando la superficie lateral de dichas placas, determine en el equilibrio las cargas que adquieren cada una de las caras 1, 2, 3 y 4 si
a) la placa A tiene una carga total Q y la B tiene una carga total -Q.
b) la placa A tiene una carga total Q y la B tiene una carga total -3Q.
SOLUCIÓN
Suponiendo que las láminas son muy grandes, teóricamente infinitas, las cargas se distribuyen entre
las dos caras, de área S, en cada lámina conductora pues se ignora la superficie lateral según se indica en el problema. En el equilibrio las distintas superficies, 1, 2, 3, y 4 adquieren respectivamente
cargas q1, q2, q3 y q4 distribuidas con densidades uniformes de carga positiva σ1 σ2 σ3 σ4 las cuales
crean campos salientes de las caras, independientes de la distancia, cuyos módulos son de la forma
σ /ε0. Eligiendo como eje positivo de las Y’s la dirección perpendicular a las placas y hacia arriba y
teniendo en cuenta que el campo eléctrico en el interior de las láminas conductoras es nulo y la conservación de la carga eléctrica tenemos que:
r
r
a) E1 = (1 / ε 0 )(− σ 1 + σ 2 + σ 3 + σ 4 ) j = 0 ⇒ σ 2 + σ 3 + σ 4 = σ 1 [C2.1]
r
r
E2 = (1 / ε 0 )(− σ 1 − σ 2 − σ 3 + σ 4 ) j = 0 ⇒ σ 2 + σ 3 + σ 1 = σ 4 [C2.2]
σ 1 S + σ 2 S = Q y σ 3 S + σ 4 S = −Q [C2.3a]
Sumando [C2.1] y [C2.2] obtenemos que σ 2 + σ 3 = 0 [C2]y restándolas σ 1 = σ 4 [C2’]
Sumando las dos partes de [C2.3a] se obtiene σ 2 + σ 3 + σ 4 + σ 1 = 0 y teniendo en cuenta [C2] se
obtiene σ 1 = −σ 4 que comparada con [C2’] sólo podemos tener la solución σ 1 = σ 4 = 0 , por lo que
toda la carga aparece en las caras internas tales que, a partir de [C2.3a], σ 2 = Q / S y σ 3 = −Q / S ,
por tanto q1 = 0 ; q2 = + Q ; q3 = − Q y q4 = 0
b) Todo es igual, sólo cambia [C2.3a] que pasa a σ 1 S + σ 2 S = Q y σ 3 S + σ 4 S = −3Q [C2.3b]; teniendo en cuenta [C2] y [C2’] y sumando ambas partes de [C2.3b] resulta:
sumando ⇒ σ 1 = σ 4 = −Q / S
⎧
⎧ σ1 S + σ 2 S = Q
⇒ ⎨
, por tanto
⎨
⇒
=
=
−
restando
σ
2
Q
/
S
y
σ
2
Q
/
S
−
+
=
−
σ
σ
3
S
S
Q
2
3
1
⎩ 2
⎩
q1 = − Q ; q2 = + 2 Q ; q3 = − 2 Q y q4 = − Q
C3.— Se tienen dos condensadores planos paralelos, C1 y C2, tal que las armaduras del C2 tienen
área doble que las del C1, y la separación entre ellas es el doble que en C1. El dieléctrico, de constante dieléctrica, ε, es el mismo en ambos.
a) Si a los dos condensadores se les aplica la misma diferencia de potencial Δϕ, ¿Cuál de ellos
almacenará mayor energía eléctrica?, ¿en cuál de ellos la densidad de energía eléctrica será
mayor?
b) Si a los dos condensadores se les aplican diferencias de potenciales distintas pero de modo
que en los dos se logren campos eléctricos muy próximos al máximo que pueden soportar
los dieléctricos; ¿Cuál de ellos almacenará mayor energía eléctrica?, ¿en cuál de ellos la
densidad de energía eléctrica será mayor?
5
I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
SOLUCIÓN
= ε 2S
= C 2 , y al cargarse
2d
d
almacenan energía electrostática dada por U = C Δϕ 2 / 2 [3.1], distribuida con una densidad de
Las capacidades de los condensadores son idénticas ya que C1 = ε S
energía we = ε E 2 / 2 [3.2].
a) En este supuesto Δϕ es el mismo en ambos y como la capacidad es igual la energía electrostática
almacenada, a partir de [3.1] en ambos es la misma; en cuanto a la densidad de energía, a partir de
[3.2], tenemos que los campos eléctricos son diferentes en los dos condensadores ya que
we (1) = ε E12 / 2 = ε Δϕ 2 / 2 d 2 y we (2) = ε E22 / 2 = ε Δϕ 2 / 8 d 2 , de lo que se desprende que la densidad de energía es mayor en el condensador 1 que en el 2 como es lógico ya que al tener la misma
energía y al ser mayor el volumen donde está distribuida para el condensador 2 su densidad debe ser
menor para él.
( )
( )
b) En este caso se aplican tensiones distintas, tales que en ambos casos casi se logre el campo eléctrico de ruptura que es idéntico en ambos pues el dieléctrico es el mismo. Como el campo eléctrico
es de la forma E rup = Δϕ ∗ / d ∗ tendremos E1rup = Δϕ1∗ / d y E2rup = Δϕ 2∗ / (2d ) . Al ser los campos
eléctricos iguales en ambos, las densidades de energía, a partir de [3.2], son las mismas en ambos
condensadores; en cambio las tensiones aplicadas verifican Δϕ 2∗ = 2 Δϕ1* y como las capacidades son
iguales la energía almacenada, a partir de [3.1], en 2 es mayor que la almacenada en 1.
C4.— Un cilindro conductor muy largo de densidad lineal de masa λ que transporta una corriente I1
en el sentido indicado en la figura, está en un plano inclinado un
ángulo θ con la horizontal. Un segundo cilindro conductor muy
largo está en el extremo inferior del plano, paralelo al anterior y
a una distancia d. Si en ausencia de rozamiento el primer conductor se mantiene en reposo, determine:
a) Sentido de la corriente I2.
b) Valor de la corriente I2
SOLUCIÓN
a) Sobre nuestro conductor, de longitud l y densidad λ = m / l ,
actúa la fuerza de la gravedad hacia abajo de modo que la
componente sobre el plano inclinado, m g sin θ , haría que el
conductor tendiese a caer, por tanto para que esto no ocurra la
fuerza sobre la corriente I1 debida al conductor 2, en función
de su posición, debe ser repulsiva, en consecuencia la corriente
I2 debe circular en sentido contrario a la corriente I1, así la
corriente I2 debe entrar en el plano del papel. En la figura se
observan todas las magnitudes involucradas en el ejercicio.
b) La corriente I2, conductor rectilíneo muy largo, crea un campo magnético, que a partir de la ley
de Ampère, cuyo valor en la posición del conductor 1es B = μ 0 I 2 / (2 π d ) y que está dirigido perpendicularmente a la corriente I1 y saliente del plano inclinado; por tanto la fuerza magnética sobre
6
I.T. Telecomunicaciones
Examen de Física – Febrero 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Física
r r
r
la corriente es Fm = I1l × B ⇒ Fm = I1 l B situada paralelamente al plano y dirigida en sentido ascendente y que debe compensarse, para permanecer en reposo, con la componente paralela al plano
de la fuerza gravitatoria, Fgpar = m g sin θ . Igualando dichos módulos se obtiene:
I1l μ 0 I 2 / (2 π d ) = m g sin θ ⇒ I 2 =
2 π m g sin θ d 10 7 λ g d sin θ
=
I1l μ 0
2 I1
C5.— Considere el campo escalar ψ (x, y, z) = 3xyz. Determine:
r r
r
a) el campo vectorial F = ∇ψ y razone si F es o no es conservativo.
r
b) El carácter abierto o cerrado de las líneas de campo representativas de F
r
c) La circulación de F a lo largo de una circunferencia de radio 3 m centrada en origen y
contenida en el plano z = 3.
SOLUCIÓN
(
)
r
r
r ⎛ r ∂ψ r ∂ψ v ∂ψ ⎞
r
r
r
r
⎟⎟ = 3 yz i + xz j + xy k = Fx i + Fy j + Fz k y como todo campo vectoa) F = ⎜⎜ i
+k
+j
∂z ⎠
∂y
⎝ ∂x
rial que se deduce a través de un gradiente este es conservativo. Una condición necesaria y suficiente de campo conservativo es que su rotacional sea nulo por lo que si lo calculamos debemos llegar a
la misma conclusión.
r
r
r
i
j
k
r
r r
r
r
∂
∂
∇× F = ∂
= i (3x − 3x ) + j (3 y − 3 y ) + k (3 z − 3 z ) = 0
∂x
∂y
∂z
Fx
Fy
Fz
b) Para ver el carácter de las líneas de campo hay que indagar sobre las fuentes y/o sumideros; así si
existen las líneas son abiertos y si no existen las líneas son cerradas. La divergencia no nula nos indica las fuentes y/o sumideros del campo, por tanto:
r r ∂ Fx ∂ Fy ∂ Fz
∇•F =
+
+
=0+0+0 =0
∂x
∂y
∂z
Como la divergencia es nula en todos los sitios no hay fuentes ni sumideros reales y las líneas de
campo son cerradas.
c) La circulación de un campo conservativo a lo largo de cualquier línea cerrada, como es el caso de
una circunferencia es nula, ya que el punto inicial es el mismo que el final y en consecuencia son
iguales los valores del campo escalar en dichos puntos. Veámoslo
r
v r
r
F ⋅ dr =
∇ ψ ⋅ dr =
dψ = ψ (punto final) −ψ (punto inicial) = 0
∫
C ( R = 3)
∫
C ( R = 3)
∫
C ( R = 3)
7