Examen práctico de FISICA GENERAL II –

Nombre: Héctor Korenko_______________________
CI:____________________-
Examen práctico de FISICA GENERAL II – 16 de febrero de 2012
Datos:
g=9,80 m/s2 ; 0=8,854×10-12 C2/(N·m2);
e=1,602×10-19 C ; me =9,11×10-31 kg
Volumen (V) y superficie (S) de una esfera: V=
0=4×10-7
T.m/A;
c=3,00×108 m/s;
4R 3 ; S=
4R 2
3
1) Un cilindro conductor largo que tiene una carga total +q y radio R, está rodeado por un cascarón
cilíndrico conductor de espesor despreciable, carga total –3q y radio 3R. Se desprecian los efectos
de borde. Sea F1 la fuerza que experimentaría una carga q0<<q situada en r=2 R y F2 la fuerza
que experimentaría la misma q0 al situarse en r= 5R. ¿Cuánto vale el cociente entre los módulos de
las fuerzas F1/F2?
b)
a) 0
4
5
c)
5
6
5
4
d)
e)
5
2
Como F =qE, entonces el cociente entre las fuerzas F 1/F2 será igual al cociente entre los respectivos campos
E1/E2. El campo eléctrico tiene simetría cilíndrica (se desprecian los efectos de bordes).
Consideramos como superficie gaussiana un cilindro coaxial de radio r > R Para calcular el flujo, dividiremos
la superficie gaussiana en tres: la superficie cilíndrica lateral, y las dos “tapas”
 E.nˆ dA   E.nˆ
S
SL
SL


T1
T2
dA  E.nˆ T 1dA  E.nˆ T 2 dA 
q neta
0
Por la simetría cilíndrica del campo, el mismo es perpendicular a las normales de las tapas, por lo
que el producto escalar será nulo y por tanto sus integrales nulas.


S
SL
 E  E.nˆ dA 
E (r ) 


SL
SL
E.nˆ SL dA  E dA E (r ) dA E (r )(2rL) 
qneta
q

2 0 rL 2 0 rL
 E1 
q neta
0
acá la carga encerrada vale q.
q
q

2 0 (2 R) L 4 0 RL
En forma análoga calculamos el campo para r = %R, en este caso la carga total encerrada es la de ambos
conductores: qneta= +q-3q= -2q
q neta
 2q

2 0 rL 2 0 (5R) L
5 0 RL
E1
q
5


E 2 4 0 RL (q)
4
E ( r  5 R)  E 2 
Por tanto:
 E2 
q
5 0 RL
como nos piden el módulo:
E1 5

E2 4
2) Una gota esférica de agua con una carga Q tiene un potencial eléctrico V en su superficie. Si 8
(ocho) de tales gotas de la misma carga y radio se combinan para formar una sola gota esférica,
¿Cuál es el potencial en la superficie de la nueva gota así formada?
a) 8V
b) 6V
c) 4V
d) 2V
e) ninguna de las anteriores
El potencial sobre la superficie de una esfera de radio R y carga Q vale: V 
El potencial V’ de la nueva gota con carga Q’ y radio R’ vale V ' 
Q
4 0 R
Q'
4 0 R'
Acá Q’= 8Q, mientras que se tiene que el nuevo volumen valdrá 8 veces el original es decir:
4R' 3
4R 3
8
3
3
V’ = 4V
 R' 3  8 R 3
 R'  3 8R  2 R , sustituyendo: V ' 
Q'
4 0 R'

8Q
Q
4
 4V
4 0 2 R
4 0 R
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3) La figura muestra dos capacitores C 1 = 2,00 F y C2 = 4,00 F
que están cada uno de ellos cargados a un potencial de V= 100V
pero con polaridad opuesta, de modo que los puntos a y c están en
el lado de las placas positivas respectivas de C1 y C2 ,y los puntos b y
d están en el lado de las placas negativas respectivas. Ahora los
interruptores S1 y S2 se cierran y se alcanza el equilibrio.
¿Cuánto vale la diferencia de energía potencial electrostática entre
el estado inicial (U0) y final (UF)?
a) 26,7 mJ
b) 20,0 mJ
c) 30,0 mJ
S1
d
a
++++
C1
C2
++++
b
c
S2
f
d) 16,6 mJ
e) 0
La energía inicialmente almacenada vale
U 0  U 10  U 20 
C1V102 C 2V202 (2,00106 )(100) 2 (4,00106 )(100) 2



 1,0010 2  2,0010 2  3,0010 2 J
2
2
2
2
Cuando se cierra los interruptores se alcanza el equilibrio de modo que se redistribuyen las cargas
de forma que la carga se conserve y se igualen los potenciales.
Q10 Q 20 Q10 F Q 2 F
 C1V0  C 2V0  C1VF  C 2VF
 VF 
C 2  C1
42
100
V0 
100 
V
C1  C 2
42
3
C1V F2 C 2V F2 (2,00106 )(100/ 3) 2 (4,00106 )(100/ 3) 2 3,00102




J
2
2
2
2
9
3,00102 8
U 0  U F  3,0010 2 
 3,0010 2 J  26,7m J
9
9
U F  U 1F  U 2 F 
4) La figura muestra el circuito de una lámpara de destellos, como
las que se colocan sobre toneles en los lugares de construcción de
carreteras. La lámpara fluorescente L está conectada en paralelo al
capacitor C de un circuito RC. La corriente pasa por la lámpara sólo
cuando el potencial entre sus extremos alcanza el voltaje de
disrupción VL; en este caso, el capacitor se descarga por la lámpara
y destella durante un tiempo breve. Supongamos que se necesitan
un destello por segundo. Si se usa una lámpara con un voltaje de
disrupción VL = 72 V, una batería de 95 V y un capacitor de 0,15 F,
¿cuál deberá ser la resistencia R del resistor?
a) 235 K
b) 868 K
c) 1,24 M
d) 2,35 M
e) 4,70 M
q (t )
, siendo q(t) la carga que tiene c/u de las
C
t



RC


 VC (t )   1  e




El voltaje entre las placas del condensador vale VC (t ) 

placas en el instante t: q(t )  C 1  e


t


VC (t )   1  e RC


t


  e RC


 1
VC






t
RC

t
 V 
 ln1  C   R  
RC
 

t
 V 
C ln1  C 
 

Queremos que se alcance el valor VC=VL en t=1,00:
R
t
 V 
C ln1  C 
 


1,00

0,1510 ln1  72

95
6


 4,700106
R
t
 V 
C ln1  C 
 

 4,70M
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5) La figura muestra la sección transversal de un conductor cilíndrico hueco de
radios a = 4,00 cm y b = 2,00 cm, que conduce una corriente de 10,0 A
uniformemente distribuida. ¿Cuánto vale el cociente
a) 0
b) 0,694
B(r  3,00 cm) ?
B(r  5,00 cm)
c) 1,00
Aplicando la ley de Ampére resulta que B(r ) 
d) 0,938
e) 0,972
 0 I (r ) donde B(r) es el campo magnético a una
2 r
distancia r del centro del conductor, I(r) es la corriente encerrada en una cfa. de radio r.
B(r1  3,00 cm)  0 I (r1 ) 2 r2
I (r1 ) r2 =


B(r2  5,00 cm)
2 r1  0 I (r2 ) I (r2 ) r1
I (r2  5,00cm)  I Total  10A
I Total  (r1  b 2 )
2
I (r1  5,00cm) 
 (a 2  b 2 )
I Total (r1  b 2 )
2

(a 2  b 2 )
2
B(r1  3,00 cm)
1 I Total (r1  b ) r2 (r1  b 2 ) r2 (3,002  2,002 ) 5,00 25

 2


 0,694
B(r2  5,00 cm) I Total
r1
(a 2  b 2 )
(a  b 2 ) r1 (4,002  2,002 ) 3,00 36
2
2
B(r1  3,00 cm) (r1  b 2 ) r2

 0,694
B(r2  5,00 cm) (a 2  b 2 ) r1
2
6) La figura muestra un esquema de un motor primitivo.
Un alambre metálico se desliza con una velocidad v sobre
un circuito en forma de U cuyo ancho es de 25 cm. El

v
alambre tiene una resistencia de 1,00  y la batería es de
6,00 V. Todo el sistema se encuentra en una región donde
existe un campo magnético B = 0,50 T uniforme y
constante perpendicular al plano del dibujo y entrante al mismo. La fuerza magnética impulsa a la
varilla deslizante hacia la derecha y se requiere una fuerza de F= 0,25 N hacia la izquierda para
mantener el movimiento de la varilla constante hacia la derecha. ¿Cuánto vale la fem generada por
la varilla en movimiento?
a) 0
b) 1,0 V
c) 2,0 V
d) 4,0 V
e) 6,0 V
Como el alambre avanza a velocidad v constante (a=0), la fuerza neta debe ser cero, por tanto F (realizado por
el agente externo) es igual a la fuerza magnética: F  BIL
   IND
R

F
BL
  IND
F
BL
, igualando resulta
R
(0,25)((1,00)
FR
 
 6,00 
 6,00  2,00  4,00V
BL
(0,50)(0,25)
Por otro lado la corriente que circula vale: I 
I
   IND
I
 IND   
FR
 4,00V
BL
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7) Un circuito RL en serie absorbe 800 W (potencia media) de una línea de corriente alterna de 220
V (rms) a 50 Hz. El factor de potencia (coseno del ángulo de defasaje) es de 0,600. Para llevar el
circuito a resonancia, se introduce en serie un capacitor. En estas condiciones, la nueva potencia
media consumida es:
a) 1,33 KW
b) 800 W
c) 1,67 KW
d) 2,22 KW
e) 1,07 KW
Se tiene que la potencia disipada vale P  VRMS I RMS cos
V
V2
V RMS
R
y a su vez cos  
resulta: P  V RMS I RMS cos  V RMS RMS cos  RMS cos2 
Z
Z
Z
R
2
V RMS
Es decir: P 
cos2  , cuando se introduce el capacitor para llevar al circuito a resonancia, la
R
V2
nueva potencia P’ valdrá P'  RMS pues cos  1 , entonces
R
2
V
P
P
800
P' 
 2,22KW
P'  RMS 

 2222W
2
2
R
cos2 
cos  0,600
Como I RMS 
8) La Una onda electromagnética plana se propaga en el vacío en la dirección +x. Su campo
eléctrico está dirigido en la dirección
y, oscilando a 4,61014Hz y con una amplitud de
4
2,110 V/m. Considere las afirmaciones siguientes:
I. El campo magnético está dirigido en la dirección z y su amplitud es de 70 T.
II. La magnitud del vector de Poynting es de 1,2106W/m2.
III. La longitud de la onda es 652 nm.
Son correctas:
a) Sólo I
b) II y III
c) I y III
d) I y II
e) I, II y III
El campo magnético es perpendicular al campo eléctrico (según dirección y) y a la dirección de
propagación (eje x), por tanto se dirige según la dirección z, además su módulo vale:
B
E
2,1104

 7,0 105 T  70T por tanto la afirmación I es correcta.
8
c 3,0010
La
S
magnitud
1
0 c
E2 
del
vector
de
Poynting
está
(2,110 )
 1,169106 W / m 2  1,2 106 W / m 2
7
8
(4 10 )(3,0 10 )
dada
por
la
expresión
4 2
por tanto la afirmación II es
correcta.
l campo magnético es perpendicular al campo eléctrico (según dirección y) y a la dirección de pro
8
La longitud de onda vale:   c  3,0 10  6,52107 m  6,52nm
14
f
4,6 10
correcta.
Entonces opción correcta: e) I, II y III
por tanto la afirmación III es