Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
1. Una lancha motora, que navega río arriba, se encontró con una balsa arrastrada por la corriente. Una hora
después de este encuentro, el motor de la lancha se averió. La reparación duró 30 min; durante este tiempo
la lancha fue arrastrada por la corriente. Reparado el motor, la lancha navegó río abajo con la misma
velocidad (respecto del río) que antes de la avería, y alcanzó a la balsa a una distancia de 7.5 km del punto
de su primer encuentro. Determinar la velocidad de la corriente del río, considerándola constante.
La resolución del problema es muy simple si lo planteamos en un referencial (el del río)
en el que la balsa se encuentra en reposo. En ese referencial, la lancha también está en
reposo durante los 30 min que dura la reparación de la avería y su velocidad (en módulo,
no en dirección) es la misma cuando navega río arriba que cuando lo hace río abajo.
En consecuencia, cuando la lancha navega río abajo, después de la reparación, empleará
de nuevo 1 h en alcanzar a la balsa.
Así, el tiempo total que habrá transcurrido desde el primer encuentro y el reencuentro con
la balsa será de 1 h + 30 min + 1 h =2.5 h. Durante ese tiempo, la balsa, arrastrada por la
corriente, ha recorrido una distancia (respecto a tierra) de 7.5 km. De este modo, la
velocidad de la balsa (respecto a tierra), y también la velocidad de la corriente, será:
v=
7.5 km
km
=3
2.5 h
h
También podemos resolverlo en el sistema de referencia de tierra. En este referencial, la balsa se desplaza
con velocidad constante v0 (la misma que lleva la corriente del río). Sea v la velocidad de la lancha con
respecto al río. La lancha motora lleva una velocidad −(v−v0) durante 1 h (cuando remonta el río), una
velocidad v0 durante 0.5 h (durante la avería, arrastrada por la corriente) y una velocidad +(v–v0) durante un
cierto tiempo t (cuado desciende por el río, hasta reencontrar la balsa). Las posiciones de la balsa y de la
lancha en este referencial serán:
balsa
lancha
x1 = v0 (1.50 + t )
x2 = −1.00 (v − v0 ) + 0.50 v0 + (v + v0 )t
de modo que igualando esta dos expresiones (instante de reencuentro) obtenemos
v0 (1.5 + t ) = −1.00 (v − v0 ) + 0.5 v0 + (v + v0 )t → 0 = −v + vt → t = 1 h
Durante las 2.50 h, la balsa se ha desplazado 7.5 km, arrastrada por la corriente, de modo que su velocidad,
que será la de la corriente, es
v0 =
7.5 km
km
=3
2.5 h
h
balsa v0 (2.5 h)
v0 (0.5 h)
v+v0 (1 h)
lancha
corriente
v-v0 (1 h)
x
0 km
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
7.5 km
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
2. Un cilindro de radio r, y masa m, se apoya sobre un suelo y una pared rugosas
(coeficiente de rozamiento, µ). Determinar el momento mínimo que hay que aplicar al
eje del cilindro para que dicho cilindro deslice.
m
M
r
Puesto que estamos interesados el el “momento mínimo”, se entiende
que el cilindro permanece en reposo, tanto de traslación (lo impide la
pared), como de rotación, en tanto que no se supere dicho valor mínimo.
En la figura se representan las fuerzas que actúan sobre
el cilindro (peso, rozamientos y reacciones normales
en los apoyos), con
f1
f1 = µ N1
Mpar
A
N1
r
O
N2
mg
f2 = µN2
Las Ecuaciones Cardinales de la Estática, descomponiendo en las direcciones horizontal y vertical y
tomando momentos con respecto al eje del cilindro,
nos permiten escribir:
N1 − f 2 = N1 − µ N 2 = 0
f2
f1 + N 2 = µ N1 + N 2 = mg
B
M par = f1r + f 2 r = µ( N1 + N 2 )r
De las dos primeras se sigue:
∆=
1 −µ
= 1+ µ2
µ 1
⎧
⎪
1
⎪
N =
⎪
⎪⎪ 1 1 + µ 2
⎪
⎨
⎪
1
⎪
⎪
N2 =
⎪
1+ µ2
⎪
⎪
⎩
0 −µ
µ
mg
=
mg 1
1+ µ2
1 0
1
mg
=
µ mg 1 + µ 2
y sustituyendo en la tercera:
⎛ µ
1
⎟⎟⎞ r = µ (1 + µ) mgr
M par = µ ⎜⎜
mg
+
mg
⎟⎟⎠
1+ µ2
1+ µ2
⎝⎜1 + µ 2
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
3. Un pequeño bloque de masa m desliza sin rozamiento por una guía
en forma de lazo como la indicada en la figura. El bloque parte del
reposo desde el punto P. a) Determinar la altura mínima, h, desde la
que debe partir el bloque para alcanzar la parte superior del lazo sin
separarse de la guía.
P
m
h
R
Ahora, supongamos que la altura h sea igual a 5R. b) Determinar la
reacción de la guía sobre el bloque en el instante en el que éste
alcanza la parte superior del lazo. c) Calcular las componentes normal
y tangencial de la aceleración del bloque en dicho instante.
a) Conservación de la energía:
v
Q
1
mgh = mg (2 R) + mv 2
2
mg
N
→ v 2 = 2 gh − 4 gR
[1]
Ecuación del movimiento en el punto más alto (Q):
mg + N = m
v2
R
→ v 2 = gR
[2]
con N = 0 en las condiciones críticas de llegar hasta Q.
Combinando las expresiones [1] y [2], se sigue
2 gh−4 gR = gR → h =
5
R
2
b) Rescribimos las expresiones [1] y [2] con h’=2h:
1
5
mg (2h) = mg (2 R) + mv′2 → v′2 = 4 gh − 4 gR = 4 g R − 4 gR = 6 gR
2
2
2
2
v′
v′
→ N =m
− mg = 6mg − mg = 5mg
mg + N = m
R
R
c) Las componentes intrínsecas de la aceleración, en el punto Q, son:
•
at = 0 , ya que no hay componente de fuerza en la dirección tangencial
•
v ′2
an = acp =
= 6 g , es la componente normal o centrípeta de la aceleración.
R
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
4. Una caja de 15 kg está sujeta al extremo de una cuerda inextensible
arrollada sobre un tambor uniforme de 40 kg y 600 mm de diámetro,
según se indica en la figura. En el instante representado, la caja está
cayendo a 9 m/s. Determinar el par constante de frenado que hay que
aplicar al tambor para que la caja quede en reposo tras descender 3 m.
Método dinámico: El movimiento del bloque es un movimiento uniformemente acelerado, por lo que aceleración (de
frenado) que detendrá al bloque se calcula a partir de la
expresión:
v 2 = v02 + 2ax → a =
Mpar
M,R
T
ω
Mpar
300 mm
40kg
9m/s
15kg
v 2 − v02
v2
92
m
=− 0 =−
= −13.5 2
2x
2x
2×3
s
Llamando α a la aceleración angular del tambor, la condición de
ligadura que relaciona el movimiento de éste y con el del bloque se
expresa por
a = αR
Escribimos las ecuaciones del movimiento:
Bloque (movimiento de traslación):
+
T
mg − T = ma → T = m( g − a )
+
m
Tambor (movimiento de rotación):
1
1
1
TR − M par = I α = MR2α → M par = TR − MR 2α = TR − MRa
2
2
2
mg
Sustituyendo los valores dados en las expresiones anteriores, calculamos la tensión T de
la cuerda y el momento del par pedido:
T = m( g − a) = 15 × (9.8 + 13.5) = 349.5 N
M par = (T −
⎛
40×13.5 ⎞⎟
Ma
) R = ⎜⎜349.5 +
⎟× 0.3 = 185.9 N.m
⎜⎝
⎠⎟
2
2
Método de la energía: Mientras que el bloque desciende una distancia h, hasta
detenerse, el tambor gira un ángulo θ; además, en cada instante, la velocidad del bloque
está relacionada con la velocidad angular del tambor:
h = θR → θ =
h 3000
=
= 10 rad
R
300
v = ω R → ω0 =
v0
9
=
= 30 rad/s
R 0.3
El trabajo realizado por el par de frenado, Wpar = M parθ , es igual a la disminución de la
energía del sistema, que viene dada por:
−∆E = mgh + 12 mv02 + 12 ( 12 MR 2 )ω02 =
= mgh + 12 mv02 + 14 Mv02 = 15×9.8×3 + 12 15×92 + 14 40×92 = 1858.5 J
Y el momento de frenado será:
Wpar = M par θ → M par =
Departamento de Física Aplicada
Wpar
θ
=
−∆E 1858.5
=
= 185.9 N.m
θ
10
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
5. a) Expresar el módulo de compresibilidad de un material en función del módulo de Young y del
coeficiente de Poisson del mismo. b) Calcular el incremento de presión al que debemos someter un cierto
volumen de agua (K = 22 × 108 N/m2 ) para que su densidad aumente en un 0.1%.
a) El módulo de compresibilidad se define como
K =−
∆p
∆V / V
[1]
Para obtener ∆V/V aplicamos una compresión uniforme ∆p sobre las seis caras de un
elemento de volumen de forma paralelepipédica. Las deformaciones unitarias de las
aristas, con σxx = σyy = σzz = –∆p, vienen dadas por las ecuaciones elásticas:
εxx =
1
1
(1− 2µ)
∆p
(σ xx − µσ yy − µσ zz ) = (1− 2µ)(−∆p) = −
E
E
E
y expresiones análogas para εyy y εzz .
El cambio unitario en el volumen será
3(1− 2µ)
∆V
= εxx + ε yy + εzz = −
∆p
V
E
que sustituida en [1] nos conduce a
K =
E
3(1− 2µ)
b)
Como la masa (constante) de un cierto volumen de agua se expresa por m = ρV,
siendo ρ la densidad, la diferencial logarítmica de esta expresión nos conduce a
dρ dV
∆ρ
∆V
+
=0 →
=−
ρ
V
ρ
V
que sustituida en [1] nos lleva a
∆ρ
∆V ∆p
∆ρ
=−
=
→ ∆p = K
= 22×108 × 0.1×10−2 = 22×105 Pa ≈ 22 atm
ρ
V
K
ρ
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
6. Expresar la elongación en función del tiempo para los m.a.s. siguientes:
a) Movimiento con periodo de 1 s tal que para t = 0 son v = 3 cm/s y a = 0
b) Movimiento con frecuencia 0.25 Hz tal que para t = 0 son v = 0 y a = −16 cm/s2
c) Es la superposición de los m.a.s. cuyas ecuaciones, en el S.I. de unidades, son:
⎛
π⎞
x1 = 0.06sen ⎜⎜2πt + ⎟⎟⎟
⎜⎝
4⎠
x2 = 0.08sen(2πt )
Ecuaciones del m.a.s.:
⎪⎪⎧ x = A sen(ωt + φ )
⎪⎪
→ t=0
⎨v = ω A cos(ωt + φ)
⎪
⎪
2
2
⎪⎩⎪a = −ω A sen(ωt + φ ) = −ω x
a) T = 1 s → ω =
⎧
⎪⎪⎪ x0 = A sen φ
⎪
⎨v0 = ω A cos φ
⎪
⎪
2
2
⎪⎩⎪a0 = −ω A sen φ = −ω x0
2π
= 2π rad/s
T
Como a0 = 0, será x0 = 0 y senφ = 0, de modo que φ = 0º o 180º y
cosφ = ±1.
v0
x0
Como v0 = +3 cm/s (positiva), será cosφ >0, de modo que φ = 0º,
de donde resulta
v0 = ω A →
A=
v0
3
=
= 0.48 cm
ω 2π
∴ x = 0.0048 sen(2πt )
b) ν = 0.25 Hz → ω = 2πν = 2π × 0.25 =
a0
π
2
(S.I.)
rad/s
x0
Como v0 = 0, será cosφ = 0, de modo que φ = ±90º y senφ = ±1.
Como a0 = −16 cm/s2 (negativa), deberá ser senφ >0, de modo
que φ = +90º, resultando
−16
16 × 4
= + 2 = +6.48 cm
x0 = A = − 2 = −
2
ω
π
(π / 2)
φ
v0
a0
π
π
π
∴ x = 0.0648sen( t + ) = 0.0648 cos( t )
2
2
2
a0
(S.I.)
c) Se trata de superponer (sumar) dos m.a.s. de la misma dirección y de la misma
frecuencia. Recurrimos a la representación fasorial (vide figura):
A2 = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos φ1 − φ2 = 0.062 + 0.082 + 2× 0.06× 0.08× cos 45º = 0.01679
tg φ =
A1
A1 sen φ1 + A2 sen φ2
0.06×sen 45º
=
= 0.3465
A1 cos φ1 + A2 cos φ2 0.06× cos 45º + 0.08
A
45º
∴
A = 0.13 m
φ = 19.11º = 0.33 rad
∴ x = 0.13sen(2πt + 0.33)
(S.I.)
φ
A2
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
7. Desde un estanque de grandes dimensiones se desagua a un
gran depósito mediante una tubería de sección S1. Desde este
depósito, a su vez, se desagua mediante una tubería de sección
S2, tal como se indica en la figura. a) Determinar la relación entre
los diferentes datos para que permanezca constante el nivel del
depósito intermedio. b) Ídem para que sean idénticas las
velocidades de desagüe en ambas tuberías.
A
h1
h2
Empezamos determinando las velocidades de desagüe
en ambas tuberías.
C
h4
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre
A-B
!!!!"
B-C
!!!!"
1
p0 + ρ g (h1 + h2 + h3 ) = pB + ρ v12
2
pB = p0 + ρ gh3
h5
D
que sumadas miembro a miembro, nos conducen a
ρ g (h1 + h2 ) =
1 2
ρ v1
2
h3
B
→ v1 = 2 g (h1 + h2 )
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre
C-D
!!!!"
1
p0 + ρ g (h4 + h5 ) = p0 + ρ v22
2
→ v2 = 2 g (h4 + h5 )
Deberán ser iguales los caudales en ambos desagües; i.e.,
S1v1 = S2 v2
→ S12 (h1 + h2 ) = S22 (h4 + h5 )
Igualamos las velocidades; i.e.,
v1 = v2
Departamento de Física Aplicada
→ (h1 + h2 ) = (h4 + h5 )
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
8. Dos moles de nitrógeno a 27ºC están contenidos en un cilindro cerrado por un émbolo
móvil y aislado térmicamente del exterior. Inicialmente el gas está a una presión de
4 atm debido a una pesa que hay sobre el émbolo. Cuando se retira la pesa, el gas se
expande bruscamente contra una presión exterior constante de 1 atm. a) Determinar el
estado final del gas. b) Calcular el trabajo realizado por el gas y las variaciones de
energía interna, entalpía y entropía. Datos: R = 0.08205 atm⋅L/mol⋅K = 1.987 cal/mol.K
Se trata de una expansión adiabática irreversible, contra
una presión exterior constante, ya que no existe equilibrio
entre la presión del gas y la presión exterior, de modo que
tan sólo los estados inicial (i) y final (f) del sistema son
estados de equilibrio..
p
4 atm
i
Proceso
irreversible
a) Calcularemos la temperatura final a partir del Primer
Principio, con Q = 0 (proceso adiabático):
300 K
1 atm
f
12.3 L
236 K
38.7 L
∆U = Q −W = 0 −W = −W
V
Por tratarse de una gas ideal que se expande contra una
presión exterior constante, tendremos:
⎧
∆U = nCV (Tf − Ti )
⎪
⎪
⎪
⎪
⎛ nRTf nRTi ⎞⎟
⎛
⎨
p ⎞ ⇒
⎪⎪W = pext (Vf − Vi ) = pf ⎜⎜
−
⎟⎟ = nR ⎜⎜Tf − f Ti ⎟⎟⎟
⎜⎝ pf
⎜⎝
⎪
pi ⎟⎠
pi ⎟⎠
⎪
⎩
⎛
⎛
p ⎞
p
nCV (Tf − Ti ) = −nR ⎜⎜Tf − f Ti ⎟⎟⎟ → (CV + R )Tf = ⎜⎜CV + f
⎜⎝
⎜
pi ⎟⎠
pi
⎝
o sea,
CV +
⎞
R⎟⎟⎟Ti
⎠⎟
→ Tf =
pf
pi
Cp
R
Ti
5 R+ 1 R
4 × 300 = 2.75 × 300 = 236 K = −37 º C
Tf = 2
7 R
3.50
2
nRTf
El volumen final será: Vf =
pf
=
2 × 0.08205 × 236
= 38.7 L
1
b) Las variaciones de energía interna y de entalpía en el proceso serán:
5
∆U = nCV (Tf − Ti ) = 2× ×1.987 × (236 − 300) = − 639 cal = − 2673 J
2
7
∆H = nC p (Tf − Ti ) = 2 × ×1.987 × (236 − 300) = − 895 cal = − 3742 J
2
El trabajo realizado durante el proceso de expansión es W = −∆U = 2673 J
Para calcular la variación de entropía, partimos de la formulación del Segundo Principio en
función de la entalpía:
đQ = nC p dT − V d p
→
dS =
đQ
T
= nC p
dT
T
− nR
dp
p
de modo que, para un proceso entre los estados inicial (i) y final (f), será:
T
p
1⎞
cal
J
⎛ 7 236
∆ S = Sf − Si = nC p ln f − nR ln f = 2 ×1.987 × ⎜ ln
− ln ⎟ = 2.15
= 9.01
T
p
4⎠
K
K
⎝ 2 300
i
i
produciéndose un incremento de entropía por tratarse de un proceso de expansión adiabática
espontánea (irreversible).
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
9. Una carga eléctrica puntual, +q, está situada a una distancia D del centro de una esfera conductora de
radio R. a) Determinar el potencial eléctrico al que se encuentra la esfera. b) Unimos la esfera a tierra
mediante un hilo conductor largo y delgado (de influencia despreciable). Calcular la magnitud de la carga
eléctrica inducida sobre la esfera. (Explicar y hacer los esquemas gráficos oportunos para cada apartado,
indicando la posición de las cargas inducidas sobre la esfera.)
a) Todos los puntos de la esfera conductora en equilibrio están al mismo potencial, por lo
que basta con determinar el potencial al que se encuentra su centro (O). Este potencial
será igual al creado en O por la carga puntual +q; i.e.,
D
R
1 +q
V=
[1]
4πε0 D
más el creado por las cargas inducidas (de uno y otro
signo) sobre la superficie de la esfera conductora,
como se ilustra en la figura. Como la carga neta +q
inducida es nula y todos los elementos de dicha carga
se encuentran a la misma distancia del centro de la esfera conductora, su contribución al
potencial en O será nula. Así el potencial de la esfera será el expresado por [1].
b) La esfera conductora, después de conectarla a tierra, quedará con una carga inducida
negativa. Esto es así porque la toma a tierra suministra carga negativa que “neutraliza” la
carga positiva inducida en la esfera, como se muestra en la figura. Cuando suprimamos la
toma a tierra, la carga negativa (-Q) quedará “atrapada” sobre la superficie de la esfera
(carga por inducción). El potencial de la esfera será
D
R
ahora
V=
1 +q
1 −Q
1 ⎛⎜ q Q ⎞⎟
+
=
⎜ − ⎟= 0
4πε0 D 4πε0 R
4πε0 ⎜⎝ D R ⎠⎟
puesto que está conectada a tierra (referencial nulo de
potenciales). En consecuencia, la carga negativa indu- +q
cida será
q Q
R
=
→ Q= q
D R
D
-Q
+Q
Flujo de
cargas negativas
disminuyendo, como era de esperar, cuando aumenta la
distancia D.
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
10. En el esquema del circuito de corriente continua de la figura, determínese:
a) Las intensidades que circulan por cada rama. b) La diferencia de potencial
entre los puntos A y B.
2Ω
1Ω
A
6V
3Ω
Resulta más cómodo volver a dibujar el circuito en la forma que
se indica. Lo resolveremos por el método de Maxwell,
considerando las corrientes de malla que se muestran en la figura:
5Ω
1Ω
6V
B
2Ω
⎛ 6 ⎞⎟ ⎛ 8 −2 −5⎞⎛
⎟⎟⎜⎜ I1 ⎞⎟⎟
⎜⎜ ⎟ ⎜⎜
⎜⎜−6⎟⎟ = ⎜⎜−2 6 −1⎟⎟⎜⎜ I 2 ⎟⎟ → ∆ = 174 Ω3
⎟⎟⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟⎜⎜ I ⎟⎟
⎜⎝ 6 ⎠⎟ ⎝⎜−5 −1 8 ⎠⎝
3⎠
⎛ 6 −2 −5⎟⎞
⎟ 348
1 ⎜⎜⎜
I1 = ⎜−6 6 −1⎟⎟⎟ =
=2A
⎟⎟ 174
∆ ⎜⎜
⎝⎜ 6 −1 8 ⎠⎟
2Ω
3Ω
I2
C
⎛ 8 −2 6 ⎟⎞
⎟ 348
1 ⎜⎜⎜
I 3 = ⎜−2 6 −6⎟⎟⎟ =
=2A
⎟ 174
∆ ⎜⎜
⎟
⎜⎝−5 −1 6 ⎟⎠
y las intensidades de rama son las que se indican
en la figura (circuito en serie).
2A
I3
6V
5Ω
2A
⎛8
6 −5⎟⎞
⎟
1 ⎜⎜⎜
0
I 2 = ⎜−2 −6 −1⎟⎟⎟ =
=0A
⎟⎟ 174
∆ ⎜⎜
8 ⎠⎟
⎝⎜−5 6
2 A 1Ω
B
2Ω
I1
6V
b)
La diferencia de potencial entre A y B la
calculamos por el camino ACB:
1Ω
2A
VAB = 2× 2 − 6 = −2 V
A
Método rápido (simetrías): Es fácil observar la simetría que
presenta el circuito con respecto al eje que se indica en la
figura. Como consecuencia de dicha simetría, los puntos D y
E, por un lado, y los puntos B y C, por otro, están al mismo
potencial, por lo que no circulará intensidad por las ramas
DE y BC y pueden suprimirse. Nos queda un circuito serie,
como se indica en la figura (circuito resaltado), por el que
circula una intensidad
i=
ΣE
6+6
12
=
= =2A
ΣR 2 + 1 + 2 + 1 6
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
D
C
2Ω
3Ω
6V
6V
E
1Ω
A
5Ω
1Ω
B
2Ω
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
11. Determinar, razonada y detalladamente, la expresión de la fuerza por unidad de longitud con que
interactúan dos conductores indefinidos y paralelos que conducen intensidades i1 e i2.
Comenzamos determinando, mediante el teorema de Ampère, el
campo magnético a una distancia r de un largo conductor
rectilíneo que transporta una intensidad de corriente I. Para ello
calculamos la circulación de campo B a lo largo de una trayectoria
circular (línea de campo) situada en un plano perpendicular al
conductor:
I
r
B
∫" Bidl = ∫" Bdl = B ∫" dl = B 2πr = µ I
0
→ B=
µ0 2 I
4π r
Así, los campos magnéticos creados por cada una de las corrientes rectilíneas indefinidas
en las posiciones ocupadas por el otro conductor, situado a una distancia h, tienen las
direcciones indicadas en la figura y sus módulos son:
B1 =
F12
F21
I2
B2 =
µ0 2i2
4π h
y las fuerzas de interacción mutua, que vienen dadas por,
F = I (l × B ) , tienen las direcciones indicadas y sus
módulos son
I1
B2
µ0 2i1
4π h
B1
µ0 2i1i2
l →
4π h
µ 2i i
F21 = i2 l × B1 = i2lB1 = 0 1 2 l →
4π h
F12 = i1 l × B2 = i1lB2 =
F12 µ0 2i1i2
=
l
4π h
F21 µ0 2i1i2
=
l
4π h
de modo que la fuerzas de interacción mutua es atractiva
si ambas corriente tienen la misma dirección (como se
indica en la figura) o repulsiva si tienen direcciones
opuesta, siendo la fuerza por unidad de longitud igual a
F µ0 2i1i2
=
l
4π h
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 2 julio 2002
12. Por un conductor rectilíneo e indefinido circula una intensidad I. Un segundo conductor de longitud l,
está situado perpendicularmente al primer conductor y se desplaza en la misma dirección y sentido que la
intensidad con una velocidad v. Determinar la diferencia de potencial inducida que se origina entre los
extremos del segundo conductor.
Comenzamos determinando, mediante el teorema de Ampère, el
campo magnético a una distancia r de un largo conductor rectilíneo
que transporta una intensidad de corriente I. Para ello calculamos la
circulación de campo B a lo largo de una trayectoria circular (línea
de campo) situada en un plano perpendicular al conductor:
∫"
B idl = ∫
" Bdl = B ∫" dl = B 2πr = µ0 I
×
×
×
I ×
×
B
×
×
v
M× dr ×
×
×
×
×
×l
×
×
×
×
×E
×
×
×
×
×
×
×
r
µ0 I
2πr
B
Como el conductor MN se mueve en el campo magnético
creado por el otro conductor, se induce en el una f.e.m..
Como el campo magnético B no es constante en todo el
conductor MN, consideramos un elemento de longitud dr,
en el que la f.e.m. inducida será
dE = dl i(v × B ) = v B d r
×N r×
×a ×
→ B=
I
en la dirección del producto vectorial de v×B; esto es, de N
hacia M, como se ilustra en la figura.
La f.e.m. inducida en todo el conductor se obtiene por
integración:
E = ∫ vB dr = B=
µ0 Iv
2π
a +l
∫
a
d r µ0 Iv a + l
ln
=
2π
r
a
La diferencia de potencial entre los extremos del conductor en movimiento coincide con
el valor de la f.e.m. anteriormente calculada, estando el extremo M a mayor potencial que
el N.
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Universidad de Córdoba