∫ ∫ ∫ ∫

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
1.
Examen final / 29 de junio de 2004
Una partícula se mueve en el plano de tal forma que las componentes cartesianas de su velocidad vienen
dadas en función del tiempo por las expresiones: vx = 4t 3 + 4t , v y = 4t (SI). En el instante inicial t0 = 0 s, el
móvil se encontraba en la posición x0 = 1 m, y0 = 2 m. Calcular: a) Las componentes de la aceleración en
cualquier instante. b) Las coordenadas x e y del móvil en función del tiempo.
a) Obtenemos las componentes de la aceleración derivando las de la velocidad:
dv x d
⎧
3
2
⎪⎪ax = dt = dt ( 4t + 4t ) = 12t + 4
⎧⎪vx = 4t 3 + 4t
→ ⎨
⎨
⎪a = dv y = d ( 4t ) = 4
⎩⎪v y = 4t
⎪⎩ y dt dt
b) Obtenemos las coordenadas de posición integrando las componentes de la velocidad:
dx
⎧
⎧ x dx = t ( 4t 3 + 4t ) dt
v
=
= 4t 3 + 4t
3
x
⎧
d
x
4
t
4
t
d
t
=
+
∫1
∫0
(
)
⎪⎪
⎪
⎪
dt
→
→ ⎨
→ ⎨ y
⎨
t
d
y
d
y
4
t
d
t
=
⎪
⎪v =
⎪ ∫ dy = ∫ 4tdt
⎩
= 4t
0
⎩ 2
⎪⎩ y dt
⎧⎪ x − 1 = t 4 + 2t 2
⎧⎪ x = t 4 + 2t 2 + 1
→ ⎨
⎨
2
2
⎩⎪ y − 2 = 2t
⎩⎪ y = 2t + 2
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ETSIAM
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2.
Examen final / 29 de junio de 2004
La viga AB, de masa 10 kg y 1 m de longitud, está cargada y apoyada
como se indica en la figura. Determinar la reacción en el apoyo A y la
tensión del hilo BC cuando m1 = 2 kg y m2 = 7 kg.
m2
C
m1
30º
A
B
En la figura presentamos el diagrama de fuerzas del “cuerpo
libre” correspondiente a la viga, con
⎪⎧⎪ F = 7 − 2 = 5 kg
⎨
⎪⎩⎪ P = 10 kg
⎪⎧⎪b = 0.4 m
⎨
⎪⎩⎪a = 0.5 m
0.4 m
Ry
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la
Estática, tomando momentos en A:
b
Rx
30º
A
⎧T cos 30º = Rx
⎪
⎨T sen 30º + Ry = F + P
⎪
⎩l T sen 30º = bF + aP
F
a
P
de modo que disponemos de 3 ecuaciones con 3 incógnitas (T, Rx, Ry). Sustituyendo valores y
resolviendo el sistema de ecuaciones, tenemos:
⎧T cos 30º = Rx
Rx = T cos 30º = 14 cos 30º = 12.1 kg = 119 N
→
⎪
Ry = 15 − T sen 30º = 15 − 7 = 8 kg = 78 N
⎪T sen 30º + Ry = 5 + 10 = 15
⎨
7
⎪
⎪⎩T sen 30º = 0.4 × 5 + 0.5 ×10 = 7 → T = sen 30º = 14 kg = 137 N
El módulo y la dirección de la reacción en el apoyo A son:
R = Rx2 + Ry2 = 12.12 + 82 = 14.5 kg = 145 N
θ =arctg
Ry
Rx
Departamento de Física Aplicada
= arctg
8
= 33.4º
12.1
ETSIAM
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3.
Examen final / 29 de junio de 2004
Un carrito pesa 8 kg y se mueve sin fricción, con una velocidad de 1 m/s, sobre
unos rieles rectilíneos y horizontales. Dejamos caer verticalmente un pequeño
objeto de 2 kg de masa sobre el extremo delantero del carrito. Inicialmente, la
velocidad del objeto es nula; pero, como consecuencia de su fricción con el
carrito (coeficiente μ = 0.1), termina quedando en reposo sobre el carrito, con tal
que la longitud l de éste sea suficientemente grande. a) Calcular la velocidad
final del sistema y el tiempo empleado en alcanzarla. b) Determinar el valor
mínimo de la longitud del carrito que permita que el objeto se detenga sobre él.
a) Sea vf la velocidad final del sistema cuando el objeto,
después de deslizar sobre el carrito, queda en reposo sobre
el mismo. Puesto que no existen fuerzas externas al sistema
carrito objeto que tengan componentes en la dirección
horizontal, se conserva la cantidad de movimiento del
sistema en esa dirección. Esto es,
Mv0 = ( M + m)vf
→ vf =
m
v0
M
l
m
M
8
v0 = ×1 = 0.8 m/s
M +m
10
f
f
M
v
l
La única fuerza que actúa sobre el objeto (en la dirección de su movimiento) es la de fricción,
de modo que la ec. de su movimiento es:
f = maobj
→ μ mg = maobj
→ aobj = μ g = 0.1× 9.8 = 0.98 m/s 2
de modo que el objeto posee un movimiento uniformemente acelerado, partiendo del reposo,
hasta que adquiere la velocidad final vf. Podemos escribir:
v = at → vf = aobjtf
→ tf =
vf
0.8
=
= 0.82 s
aobj 0.98
b) El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento durante el recorrido x que realiza el objeto
sobre el carrito es igual a la pérdida de energía cinética que experimenta el sistema durante
ese proceso. Esto es,
1
1
Mv02 − ( M + m)vf2 = μ mgx
2
2
Despejamos el recorrido x d esta expresión y obtenemos
1
1
8 ×12 10 × 0.82
Mv02 − ( M + m)vf2
−
4 − 3.2
2
2
2
2
x=
=
=
= 0.41 m = 41 cm
μ mgx
0.1× 2 × 9.8
1.96
de modo que la longitud del carrito deberá ser mayor de 41 cm a fin de que el objeto no se
salga por la parte trasera del carrito.
Otro método
b) La única fuerza que actúa sobre el carrito en la dirección de su movimiento es la fuerza de
rozamiento. Calculamos la aceleración del carrito:
f = Macar
→ − μ mg = Macar
Departamento de Física Aplicada
→ acar = − μ
m
2
g = −0.1× × 9.8 = −0.25 m/s 2
M
8
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Examen final / 29 de junio de 2004
En el referencial del carrito, el objeto se mueve inicialmente con una velocidad –v0 (esto es,
hacia la parte trasera del carrito) y va disminuyendo su velocidad (relativa) hasta que
finalmente queda en reposo en ese referencial.
La aceleración del objeto con respecto al carrito (aceleración relativa) es:
arel = aobj − acar = 0.98 − ( −25) = 1.23 m/s 2
de modo que el objeto presenta un movimiento uniformemente retardado relativo al carrito.
Utilizando la bien conocida fórmula de la cinemática v 2 = v02 + 2ax , durante el proceso de
frenado, obtenemos el espacio que recorre el objeto sobre el carrito:
v02
12
0 = v − 2arel x → x =
=
= 0.41 m = 41 cm
2arel 2 ×1.23
2
0
de modo que la longitud del carrito deberá ser mayor de 41 cm a fin de que el objeto no se
salga por la parte trasera.
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4.
Examen final / 29 de junio de 2004
Una varilla de longitud L y masa m puede girar sin rozamiento alrededor de un eje
horizontal O que pasa por su punto medio. En uno de los extremos de la varilla hay
adherida una masa puntual m. Se abandona el sistema en posición horizontal.
Determine: a) La posición del centro de masa. b) El momento de inercia del sistema
respecto al eje O. c) La velocidad angular cuando la varilla alcance la posición vertical.
d) La aceleración angular cuando la varilla forma un ángulo θ con la vertical. e) La
fuerza que ejerce el eje sobre la varilla cuando ésta alcanza la posición vertical.
a) Tomamos el origen en O:
xcm
m ( −L / 2) + m ( 0)
L
=
=−
2m
4
m
m
m
O
L
θ
G
→ OG = h = 14 L
m
O
h
L
b) El momento de inercia del sistema es la suma de los momentos de
inercia de la masa y de la varilla:
2
1
1
⎛L⎞
⎛1 1 ⎞
I O = m ⎜ ⎟ + mL2 = ⎜ + ⎟ mL2 = mL2
3
⎝ 2 ⎠ 12
⎝ 4 12 ⎠
O
c) El movimiento del sistema consiste en una rotación pura alrededor
del eje O. Puesto que el sistema es conservativo, la conservación de la
energía se expresa en la forma:
L 1
0 = − mg + I Oω 2
2 2
ω
m
3g
→ ω=
L
1
→ mgL = mL2ω 2
3
R
d) Aplicamos la Ecuación Fundamental de la Dinámica de la Rotación,
tomando momentos en el eje de rotación:
2mgh sen θ = I Oα
→ α=
2mgh sen θ
=
IO
L
sen θ
3g
4
=
sen θ
1 2
2
L
mL
3
2mg
G
θ
e) Aplicamos la Ecuación Fundamental del Movimiento del c.m. del
sistema:
R − 2mg = ( 2m ) acm
2mg
→ R = 2m ( g + acm )
y teniendo en cuenta que las componentes tangencial y normal del
c.m., para la posición vertical ( θ = 0 ), son:
at = α h = α
L 3g
=
sen θ = 0
4 8
an = ω 2 h =
3g L 3g
=
L 4 4
O
acm
G
ω
m
resulta que acm = an , de modo que
⎛ 3⎞ 7
R = 2m ( g + acm ) = 2mg ⎜1 + ⎟ = mg
⎝ 4⎠ 2
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5.
Examen final / 29 de junio de 2004
Un paralelepípedo de cierto material elástico (coeficiente de Poisson μ = 0.3 y
módulo de Young E = 2×107 N/cm2), que a cierta temperatura tiene dimensiones
a = 10 cm, b = 30 cm y c = 40 cm, se introduce entre dos mordazas rígidas,
c
planas, paralelas y horizontales separadas por una distancia c. Por efecto de un
a
aumento de temperatura, en ausencia de tensiones mecánicas, el paralelepípedo
b
experimenta una dilatación térmica unitaria de 2.5×10-4 en cada una de las tres
dimensiones dadas. a) Calcular el valor de la tensión y de la fuerza ejercida por
las mordazas que impiden la dilatación térmica del material en la dirección
vertical. b) Determinar las dilataciones unitarias y absolutas que, en estas condiciones, tendrán realmente
cada una de las aristas. c) Hallar la variación unitaria de volumen del paralelepípedo.
a) Como consecuencia de la dilatación térmica, aparecen esfuerzos
mecánicos compresores en la dirección del eje z, que contrarrestan
la dilatación térmica; esto es,
z
σzz
σ zz = Eε térm = 2 × 1011 × 2.5 × 10−4 = 5 × 107 N/m 2
c
y, por ser compresor, será negativo:
σ zz = −5 ×107 N/m 2
La fuerza compresora ejercida sobre las caras será:
x
b
a
y
σzz
F = σ zz S = ab σ zz = 0.10 × 0.30 × 5 × 10 =1.5 ×10 N
7
6
b) Escribimos las Ecuaciones Elásticas para valorar las deformaciones unitarias debidas a los
efectos puramente mecánicos:
(
(
(
)
⎧
σ zz
1
⎪ε xx = E σ xx − μσ yy − μσ zz = − μ E
−5 × 107
⎪
= +0.75 ×10−4
ε xx = ε yy = −0.3 ×
11
⎪
σ
1
2 × 10
− μσ xx + σ yy − μσ zz = − μ zz
⎨ε yy =
E
E
⎪
⎪
σ
1
− μσ xx − μσ yy + σ zz = zz = ( −ε térm ) = −2.5 ×10−4
⎪ε zz =
⎩
E
E
)
)
Las deformaciones unitarias reales serán la superposición (suma) de las de origen elástico y
de origen térmico. Esto es,
⎧⎪ε xx* = ε *yy = 0.75 × 10−4 + 2.5 ×10−4 = 3.25 ×10−4
⎨ *
−4
−4
⎪⎩ε zz = −2.5 ×10 + 2.5 ×10 = 0
y las deformaciones absolutas pedidas son
⎧Δa* = aε xx* = 0.1× 3.25 × 10−4 = 3.25 ×10−5 = 32.5 μm
⎪ *
*
−4
−5
⎨Δb = bε yy = 0.3 × 3.25 × 10 = 9.75 ×10 = 97.5 μm
⎪ *
*
⎩Δc = cε zz = 0
c) La variación unitaria del volumen es:
ΔV *
= ε xx* + ε *yy + ε zz* = 6.5 ×10−4
V
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6.
Examen final / 29 de junio de 2004
Calcular la ecuación del movimiento armónico resultante de la composición de:
π⎞
⎛
x1 = 3sen ⎜ ωt + ⎟
6⎠
⎝
π⎞
⎛
x2 = 4sen ⎜ ωt + ⎟
4⎠
⎝
Ambos m.a.s. tienen la misma frecuencia, lo que nos permite utilizar de modo inmediato la
representación de Fresnel, compleja o fasorial de tales movimientos. Esto es,
⎧⎪ x1 = 3sen (ωt + 30º )
⎪⎧X1 = 3 30º = 2.60 + 1.50 j
⎪
→ ⎪⎨
⎨
⎪⎪ x2 = 4sen (ωt + 45º )
⎪⎪X 2 = 4 45º = 2.83 + 2.83j
⎩
⎩
Im
X= X1 +X 2 = 5.43 + 4.33 j = 6.94 38.6º = 6.94 0.67 rad
A
A2
y la ecuación del movimiento resultante es
x = 6.94sen (ωt + 0.67 )
φ1
φ2
A1
φ
Re
Otro método
A partir de la representación geométrica de Fresnel (fasorial) del m.a.s., resulta inmediato la
determinación del módulo de m.a.s. resultante:
A = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos (φ1 − φ2 ) = 32 + 42 + 2 × 3 × 4 × cos15º = 6.94
así como la fase inicial del mismo:
tg φ =
A1 sen φ1 + A2 sen φ2 3 × sen 30º + 4 × sen 45º
=
= 0.80 → φ = 38.6º = 0.67 rad
A1 cos φ1 + A2 cos φ2 3 × cos 30º + 4 × cos 45º
y la ecuación del movimiento resultante es
x = 6.94sen (ωt + 0.67 )
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7.
Examen final / 29 de junio de 2004
Disponemos de un depósito de agua de grandes dimensiones y abierto a la atmósfera
que desagua a la atmósfera a través de un tubo vertical, de sección constante, que está
acoplado a su fondo, tal como se indica en la figura. a) Calcular la velocidad de
salida del agua por el tubo. b) Expresar la presión en función de la cota z medida a
partir del extremo inferior del tubo, representarla gráficamente y explicar la “caída
de presión” en la entrada del tubo de desagüe.
H
h
a) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre 1 y 3:
1
patm + ρ gH = patm + ρ v 2
2
→ v = 2 gH
1
que es el mismo resultado que nos proporciona el Teorema de
Torricelli.
b) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre el punto 1 y un punto
genérico contenido en el depósito (de cota h < z < H):
2
H
h
p = patm + ρ g ( H − z )
patm + ρ gH = p + ρ gz →
Aplicamos la ec. de Bernoulli entre el punto 3 y un punto
genérico contenido en el tubo (de cota 0 < z < h):
1
1
patm + ρ v 2 = p + ρ gz + ρ v 2
2
2
→
z
v
z
3
p = patm − ρ gz
En la representación gráfica, observamos que la presión presenta una discontinuidad (caída
brusca) en la entrada del tubo, ya que
⎧⎪ p (h + ) = patm + ρ g ( H − h )
→
⎨
−
⎪⎩ p (h ) = patm − ρ gh
p(h + ) − p(h − ) = ρ gH
que es consecuencia de haber considerado despreciable la velocidad del agua en el depósito,
incluso en las proximidades de la entrada del tubo, lo que es una aproximación que no se
ajusta a la realidad.
p
patm+ρg(H-h)
ρgH
patm
patm-ρgh
h
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H
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z
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Examen final / 29 de junio de 2004
Dos litros de nitrógeno (gas biatómico), inicialmente a presión atmosférica y 27º C, evolucionan según las
transformaciones reversibles siguientes: 1) Un calentamiento a presión constante hasta duplicar el volumen
inicial. 2) Una expansión adiabática hasta alcanzar la temperatura inicial. 3) Una transformación que cierra
el ciclo, y cuya representación es una recta en el diagrama p-V. Calcular los balances de calor y trabajo y los
cambios de energía interna, entalpía y entropía en cada una de las transformaciones.
Datos: R = 1.987 cal/mol⋅K = 0.08205 atm⋅l/mol⋅K.
8.
CV =
5
R
2
Cp =
7
R
2
γ=
Cp
CV
=
p
(atm)
7
= 1.4
5
1
Determinamos el número de moles:
pV = nRT
→ n=
pV
1× 2
=
= 0.08 mol
RT 0.08205 × 300
1
2
600 K
0.088
300 K
Determinación de los procesos
2
(1→2) Proceso de expansión isobárica:
V1 V2
=
T1 T2
→ T2 =
3
22.63
4
V(L)
V2
4
T1 = 300 = 600 K
V1
2
(2→3) Proceso de expansión adiabática:
pV γ = cte. → TV γ −1 = cte.
↓ p (atm) V (L) T (K)
1/ 0.4
0.4
2 2
TV
=TV
0.4
3 3
⎛T ⎞
→ V3 = V2 ⎜ 2 ⎟
⎝ T3 ⎠
= 4 × 21/ 0.4 = 22.63 L
(3→1) Proceso de compresión politrópica:
p3V3 = p1V1 →
p3 =
1
1
2
300
2
1
4
600
3 0.088 22.63 300
V1
2
p1 =
×1 = 0.088 atm
V3
22.63
Balances energéticos
(1→2) Proceso de expansión isobárica:
7
Q12 = nC p (T2 − T1 ) = 0.08 × ×1.987 × 300 = 170 cal = 709 J
2
W12 = p1 (V2 − V1 ) = 1× 2 = 2 atm ⋅ L = 48 cal = 203 J
5
ΔU12 = nCV (T2 − T1 ) = 0.08 × ×1.987 × 300 = 121 cal = 506 J
2
7
ΔH12 = nC p (T2 − T1 ) = 0.08 × ×1.987 × 300 = 170 cal = 709 J
2
T2
7
cal
J
ΔS12 = nC p ln = 0.08 × ×1.987 × ln 2 = 0.39
= 1.64
2
T1
K
K
(2→3) Proceso de expansión adiabática:
Q23 = 0
W23 = −ΔU 23 = −121 cal = −506 J
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Examen final / 29 de junio de 2004
5
ΔU 23 = nCV (T3 − T2 ) = 0.08 × ×1.987 × ( −300 ) = −121 cal = −506 J
2
7
ΔH 23 = nC p (T3 − T2 ) = 0.08 × ×1.987 × ( −300 ) = −170 cal = −709 J
2
ΔS23 = 0
(3→1) Proceso de compresión politrópica:
ΔU 31 = 0 ⎫
⎬ ya que T1 = T3
ΔH 31 = 0 ⎭
ΔU 31 = Q31 − W31 = 0 → Q31 = W31
1
(1 + 0.088)( 22.63 - 2 ) = 11.23 atm ⋅ L = 272 cal = 1136 J
2
cal
J
= −0.39
= −1.64
K
K
Q31 = W31 = área del trapecio =
ΔS31 = -ΔS123
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9.
Examen final / 29 de junio de 2004
Una barra dieléctrica de longitud L está colocada perpendicularmente a
una distribución lineal de carga uniforme e infinitamente larga, de
densidad lineal de carga λ positiva. El extremo más próximo de la barra a
la carga lineal dista de ésta D. La barra posee una carga total Q, también
positiva y distribuida uniformemente en toda su longitud. Determinar la
fuerza que se ejerce sobre la barra.
E
y
λ
l
+Q
L
λ
D
Comenzamos encontrando la expresión de la intensidad del campo
eléctrico a un distancia y de una distribución lineal de carga uniforme e
infinitamente larga. Aplicamos el teorema de Gauss a una superficie
gaussiana de forma cilíndrica cuyo eje sea la propia distribución lineal
de carga: esto es,
∫
S
E i dS =
∫
E dS = E
∫
dS = E 2π yl =
lateral
lateral
λl
ε0
→ E=
Puesto que el campo eléctrico no es uniforme a lo largo de toda la
barra dieléctrica, para calcular la fuerza ejercida sobre la barra
debemos proceder por integración, descomponiéndola en elementos de
longitud dy de carga dq = λ ′dy , con λ ′ = Q / L :
λλ ′ dy
λλ ′
dF = E dq =
→ F=
2πε 0 y
2πε 0
D+ L
∫
D
dy λλ ′ D + L
ln
=
y 2πε 0
D
λ
2πε 0 y
Q
dy
y
λ
L
D
o sea
F=
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λλ ′ D + L
λQ
D+L
=
ln
ln
2πε 0
D
2πε 0 L
D
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Examen final / 29 de junio de 2004
10. En el circuito esquematizado en la figura, todo él, y entre A y B, se
comporta como un generador ideal con su resistencia interna. Hállense
razonadamente: a) La fuerza electromotriz y resistencia interna del
generador. b) La intensidad que pasaría por una resistencia de 1 Ω
colocada entre A y B, de acuerdo al apartado anterior.
2Ω
A
B
12 V
4Ω
a) Por cada una de las ramas circula una intensidad de
corriente:
2Ω
2Ω
E 12
= =2A
6
R
A
12 V
I=
4Ω
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m. equivalente entre
esos puntos, de modo que
4Ω
2A
2A
4Ω
B
2Ω
VAB = 2(−2) + 4(2) = −4 + 8 = 4 V
con el borne A positivo.
2Ω
⎛ ⎞ ⎛
⎞⎛ ⎞
⎜⎜12⎟⎟ ⎜⎜ 6 −2 −4⎟⎟⎜⎜ I1 ⎟⎟
0 ⎟⎟⎜ I 2 ⎟⎟
⎜⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜⎜−2 6
⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎜⎝−4 0
6 ⎟⎠⎝⎜⎜ I 3 ⎟⎠
⎧
⎪
1 12
⎪
⎪
=
I
0
1
⎪
96 0
⎪
⎪
⎪
Δ=96 Ω3
⎪
⎪
1 6
⎪
⎪
⎨ I 2 = −2
⎪
96 −4
icorto = I 3 − I 2 = 1.5 A (A → B) ⎪⎪⎪
⎪
⎪
1 6
4
8
E
⎪
I1 =
−2
⎪
req =
=
= = 2.67 Ω
⎪
96 −4
icorto 1.5 3
⎪
⎪
⎩
I1
A
12 V
Para determinar la resistencia interna del generador
equivalente entre A y B cortocircuitamos esos bornes y
calculamos la intensidad de cortocircuito (icorto) que circula
por la rama A y B de resistencia nula. Aplicamos el método
matricial de Maxwell para calcular las intensidades de malla:
4Ω
I2
B
4Ω
I3
2Ω
−2 −4 12
6 0
= 4.5 A
6
0 =
96 0 6
0
6
12 −4 −12
−2 0
= 1.5 A
0
0 =
−4 6
96
0
6
−2 12 12
−2 6
6
0 =
= 3.0 A
−4 0
96
0
0
A
1Ω
B
b) La intensidad pedida es:
I=
4
12
= = 1.09 A
8 / 3 + 1 11
I
4 V, 8/3Ω
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Examen final / 29 de junio de 2004
11. Un anillo delgado y conductor, de radio r, se encuentra en un campo magnético uniforme de dirección
perpendicular al plano del anillo y que varía con el tiempo según la ley B = kt, donde k es una constante
positiva. Determinar la intensidad del campo eléctrico en el anillo (su módulo y su sentido). Explicar la
naturaleza de dicho campo eléctrico.
Calculamos el flujo magnético a través del anillo
Φ = BS = π r kt
2
Puesto que el flujo varía con el tiempo, se induce en el
anillo una f.e.m. que viene dada por la ley de Faraday:
E= −
dΦ
= −πr 2 k
dt
y tiene el sentido que se indica en la figura (antihorario).
La f.e.m. se define como la circulación del campo
eléctrico (no-electrostático) a lo largo de todo el anillo.
Calculamos dicha circulación a lo largo de una línea de
campo:
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
× ×
× ×
× ×
× ×
× ×
× ×
× B×
× ×
× ×
× ×
× ×
× ×
× ×
× ×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
× × ×
× × ×
× × ×
× E
×ne ×
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
fem
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
E = ∫ Ene idl = ∫ Ene dl = Ene ∫ dl = 2πrEne
de modo que
Ene =
E
kr
πr 2 k
=−
=−
2πr
2πr
2
y tiene el mismo sentido que la f.e.m.
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Examen final / 29 de junio de 2004
12. En una red de 220 V, 50 Hz, se desea instalar una lámpara incandescente especificada para consumir una
potencia de 65 W a una tensión máxima de 130 V. Para conectar esta lámpara a la red antes indicada se
pretende instalar un condensador en serie con la misma. a) ¿Qué capacidad ha de tener dicho condensador?
b) Si se variara la frecuencia a 60 Hz, ¿qué potencia consumiría entonces la lámpara?
a) Determinamos la intensidad de trabajo de la lámpara y su
resistencia eléctrica a partir de los valores nominales de su
potencia y tensión de trabajo:
P = VI
I=
V
R
→ I nom =
→ R=
Pnom 65
=
= 0.5 A
Vnom 130
Determinamos el valor de la reactancia apropiada para limitar
el paso de intensidad por la lámpara:
V
Z
R = 260 Ω
130 V,
50 Hz
Vnom 130
=
= 260 Ω
I nom 0.5
Si conectásemos la lámpara directamente a la red de 220 V, la
intensidad que circularía por ella superaría a la de trabajo
(0.5 A) y la dañaría. Para evitarlo, colocamos una reactancia en
serie con la lámpara para aumentar la impedancia de la rama y
disminuir la intensidad de la corriente a través de ella.
I nom =
I = 0.5 A
→ Z=
Z 2 = R2 + X 2
→
I = 0.5 A
R = 260 Ω
220 V,
50 Hz
X
V
220
=
= 440 Ω
I nom 0.5
X = Z 2 − R 2 = 4402 − 2602 = 355 Ω
Conocida la reactancia, determinamos la capacidad del condensador:
X=
1
ωC
→ C=
1
1
=
= 8.97 × 10−6 F = 8.97 μF
ω X 100π × 355
b) Si variamos la frecuencia, manteniendo el mismo condensador, variará la reactancia y la
intensidad que circula por la resistencia.
1
100π × 355
=
= 296 Ω → Z ′ = R 2 + X ′2 = 2602 + 2962 = 394 Ω →
120π
ω ′C
V 220
I′ =
=
= 0.56 A → P′ = I ′2 R = 81 W
Z ′ 394
X′ =
lo que resulta excesivo y la lámpara se dañará.
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