Física. Licenciatura en CC. Químicas Primer parcial:

Física. Licenciatura en CC. Químicas
Examen final. 8 de Junio de 2005
Primer parcial:
Teoría 1. (2,5 puntos) Discutir las ecuaciones (0,5) que transforman las cantidades cinemáticas r, v y a entre sistemas
de referencias fijos y móviles según sean éstos inerciales o no inerciales (1). ¿Por qué el peso de una persona es menor
en el ecuador que en el polo norte terrestre? (1)
Todas las personas forman parte del sistema de referencia NO inercial terrestre (movimiento de rotación) y por tanto
sufren aceleraciones ficticias. Una de estas aceleraciones ficticias es la aceleración centrífuga debida al movimiento de
rotación terrestre sobre su propio eje, acf=ω2R, donde R es la distancia de la partícula (la persona en este caso) al eje de
giro y ω es la velocidad angular de rotación terrestre. El peso real de cada persona dependerá del valor de g en cada
caso, y en dicho sistema de referencia NO inercial será greal = g- acf = g - ω2R. Para una persona situada en el polo
terrestre, R=0 mientras que para una situada en el ecuador, R=RTerrestre. Por lo tanto greal(ecuador) > greal(polo)
Teoría 2. (2,5 puntos) Explicar la relación existente entre el trabajo W, la energía cinética, EC, y la energía potencial, EP
(1). Una partícula de masa m=2 Kg está sometida a una fuerza conservativa F cuya EP = - 3xy. Si inicialmente la
partícula se encuentra en reposo en el origen, calcular: F (0,5), el modulo de su velocidad en el punto (1,1) (0,5) y el
trabajo necesario para transportarla hasta este punto (0,5).
F = - grad Ep = - (dEp/dx, dEp/dy) = (3y , 3x).
Al ser una fuerza conservativa, ΔEc = - ΔEp = - (Ep(punto [1,1]) - Ep (punto [0,0])) = - (-3-0) = 3 Julios. Como
inicialmente la partícula estaba en reposo, Ec (punto [1,1]) = mv2/2 = 3, lo que implica que v(punto[1,1]) = 31/2 m/s.
Del mismo modo, para una fuerza conservativa se cumple que W = - ΔEp, luego W = -3 Julios.
Problema. (5 puntos) En la parte superior de un plano inclinado se fija un motor con una polea en forma de disco de
masa M y radio R=2m con el objeto de subir dos masas M1 y M2 (M1=M y M2=3M). Para ello, se atan ambas masas
entre sí y, éstas son desplazadas a lo largo del plano por una cuerda enrollada en la polea (ver figura). Responder a los
siguientes apartados:
a)
Calcular la fuerza ejercida por la polea (0,5), si las masas ascienden con una velocidad constante de 5 m/s. En
estas condiciones determínese la potencia ejercida por el motor (0,5) y la fuerza entre M1 y M2 (0,5).
Ecuaciones (0,5)
b) Una vez que las masas han recorrido una distancia d a lo largo
del plano inclinado, se desconecta el motor para que la polea
pueda girar libremente y, así, las masas vuelven a descender.
Calcular el tiempo invertido por las masas en recorrer la
distancia d (0,5) Ecuaciones (1) y aceleración (1)
c)
Indicar únicamente cómo se modificaría el resultado del
apartado anterior, si al iniciarse el descenso se rompiera la
cuerda que une la polea con las masas (0,5)
M1
M2
α
Datos adicionales: ángulo del plano inclinado, α=30º; coeficiente de
rozamiento con el plano inclinado, μ=0.1; distancia recorrida por las
masas a lo largo del plano inclinado, d=10 m; momento de inercia de un disco, I=MR2/2
SOLUCIÓN
a)
En el movimiento de ascenso por el plano inclinado, si ambas cuerdas siempre se mantienen tensas, las fuerzas
que actúan sobre las masas son las indicadas en la siguiente figura:
Tras descomponer convenientemente las fuerzas mostradas, se obtienen las siguientes ecuaciones de la dinámica de
translación de M1 y M2 y de rotación de la polea:
M1 a = TP - M1 g senα -μ M1 g cosα -TO
M2 a = TO - M2 g senα -μ M2 g cosα
Ια = I (a/R) = RTP
Como el movimiento de ascenso debe ser uniforme, la fuerza ejercida por la polea, TP, debe ser tal que a = 0. Con
esta condición y combinando las ecuaciones anteriores se llega al resultado TP= (M1 +M2) g (senα + μ
cosα) = 23Μ (Ν). La potencia será simplemente P = FP·vascenso = 115M (W). La fuerza o tensión entre ambas masas
se obtiene asimismo de las ecuaciones anteriores, TO= M2 g (senα + μ cosα) = 17,2 Μ (Ν)
TP
TP
vdescenso
vascenso
TO
P1
FR1
TO
TO
P1
FR1
TO
FR2
FR2
P2
P2
b) En la misma figura se muestra el movimiento de descenso. En esta ocasión vdescenso no es uniforme y por tanto a
es distinta de cero. Combinando las tres ecuaciones se puede despejar la aceleración a:
a = (M1+M2)g(senα-μcosα)/(M1+M2+I/R)=3,24 m/s2
El tiempo de descenso será simplemente, t=(2d/a)1/2=2.48 s.
c)
En el caso de que la cuerda que une la polea con las masas se rompiera, el movimiento de rotación de la polea
no tendría influencia alguna en el descenso de las masas. Esta afirmación es equivalente a introducir el dato de
I = 0 en la ecuación del apartado (b). En este caso la nueva aceleración a´ = g (senα-μcosα) sería mayor que a
y, por tanto, el nuevo tiempo de descenso sería menor.
Segundo parcial
Teoría 1. (2,5 puntos) Deducir el teorema de Bernouilli (1) y explicar detalladamente el sentido (o significado físico) de
sus distintos términos (1,5; cada término 0,5).
Teoría 2. (2,5 puntos) Explicar brevemente el teorema de Gauss (0,5) y aplicarlo
para calcular el campo eléctrico creado por un caparazón esférico de radio R con
una densidad uniforme de carga superficial +σ (1).
Para r>R, E(r)=kQcaparazón/r2
y
V(r)= kQcaparazón/r
Para r<R, E(r)=0
y
V(r)= kQcaparazón/R
Donde Qcaparazón=4πR σ
2
Se practica un pequeño orificio en dicho caparazón y se sitúa un electrón a una
distancia d=2R del centro del caparazón y en frente de dicho orificio. Calcular la
velocidad con la que el electrón llegará al centro del caparazón (1).
P
B
C
D
A
Un electrón situado en r = d = 2R e inicialmente en reposo tiene una energía total
V
E = kqeQcaparazón/2R. Posteriormente el electrón es atraído por el caparazón y
2
llegará al orificio con una energía total E´ = mv /2 + kqeQcaparazón/R. Igualando
ambas energías totales y despejando el valor de v, se llega al resultado de que v =
(-kqeQcaparazón/mR)1/2. Como no existe diferencia de potencial entre la superficie y cualquier punto del interior del
caparazón, el electrón ya no será acelerado posteriormente y mantendrá la misma velocidad cuando llegue al punto r = 0
(centro del caparazón).
Problema. (5 puntos) 2 moles de He gaseoso realizan el ciclo PV indicado en la figura y que está formado por los
siguientes procesos: (a) isotermo desde A hasta B, (b) isóbaro desde B a C, (c) isotermo desde C a D y (d) isócoro desde
D a A. Calcular las variaciones de calor, energía interna, trabajo y entropía del gas en cada proceso (1 punto cada
proceso). Según los resultados obtenidos, ¿el gas actúa como un refrigerador o como una máquina térmica? (0,5)
Determinar el rendimiento del ciclo (0,5).
Datos adicionales: VA=V0, TA=T0, VB=V0/4, TC=2T0
a)
Proceso isotermo AB, ΔUAB=0, ΔWAB= ΔQAB = nRT0ln(VB/VA) = -4RT0ln2, ΔSAB = nRln(VB/VA)= -4Rln2
b) Proceso isóbaro BC, ΔUBC= CV ΔT = 3RT0, ΔWBC= PΔV = 2RT0; ΔQBC= 5RT0; ΔSBC = CPln(TC/TB)= +5Rln2
c)
Proceso isotermo CD, ΔUCD= 0, ΔWCD= ΔQCD = nR(2T0)ln(VD/VC) = 4RT0ln2, ΔSCD = nRln(VD/VC)= +4Rln2
d) Proceso isócoro DA, ΔWDA= 0, ΔUDA= ΔQDA= CVΔT= -3RT0, ΔSAB = CVln(TA/TD)= -3Rln2
El trabajo total es Wciclo= +2RT0>0 lo que demuestra que se trata de una máquina térmica. En este caso, el
rendimiento será η=Wrealizado/Qabsorbido=2RT0/(ΔQBC+ΔQCD)= 2RT0/(5RT0+4RT0ln2)= 0.26.
Tercer Parcial
Teoría 1. (2 puntos) Explicar los efectos que un campo eléctrico provoca en un material metálico (1) y en uno
dieléctrico (1).
Teoría 2. (1 punto) Origen físico de la resistencia eléctrica, R (0,5). Obtener razonadamente la expresión que relaciona
R con las características de un material conductor: longitud, sección y resistividad eléctrica (0,5).
Teoría 3. (1 punto) Explicar el tipo de trayectoria que un electrón describirá al entrar con una velocidad v0 en un campo
magnético uniforme, B0, según los siguientes casos: (a) v0 paralela a B0, (0,25) (b) v0 perpendicular a B0 (0,25) y (c) v0
formando cierto ángulo α respecto de B0 (0,5).
Teoría 4. (1 punto) Enunciar las leyes de Maxwell (0,25) y explicar detalladamente la información que de ellas se
obtiene en relación a los siguientes puntos: características de las de líneas de campo (0,25), carácter conservativo (0,25)
o no de los campos y fuentes (u origen) (0,25) de los mismos.
Problema 1. (2,5 puntos) Determinar las intensidades eléctricas,
I1, I2 e I3 que circulan por el circuito de la figura. ¿Cuánta
energía se disipa en la resistencia R1 en 2 segundos?
(0,25)¿Cuánta carga eléctrica ha pasado por esa resistencia en
dicho tiempo? (0,25) Si toda esa energía y esa carga eléctrica
tuvieran que almacenarse en un condensador, ¿cuánto valdría su
capacidad eléctrica? (0,5)
Ecuaciones de Kirchoff (1), valores y sentidos de las
intensidades (0,5)
Tomando como propuesta inicial los sentidos de las corrientes
eléctricas indicados en la figura, así como el sentido de
circulación horario, aplicamos las leyes de Kirchoff del
siguiente modo:
I1 =I2+I3
V1 =I1R1+I3R3
V2
R2
I2
I3
R3
I1
V1
R1
- V2 =I2R2-I3R3
Los resultados son: I1= -0,091A; I2= -0,454 A e I3= +0,363 A.
La energía disipada en R1 será E=(I1)2·R1·t =0,016 Julios
La carga que por allí ha pasado durante esos 2 segundos es q=I1·t = 0,18C
La capacidad de un condensador que almacenara dicha carga y energía eléctrica sería C=q2/2E=1F
Problema 2. (2,5 puntos) Una espira cuadrada de lado a, masa m y resistencia eléctrica R cae libre y paralelamente al
eje z, y siempre contenida en el plano ZY. En su movimiento de caída, dicha espira entra en un campo magnético cuya
dirección es la del eje x (sentido saliente) y cuyo módulo es B=2z (véase la figura en 2D ó 3D). Calcular:
a)
El voltaje (o f.e.m.) inducido por el campo magnético sobre la espira (1)
Para calcular el voltaje inducido emplearemos la ley de Faraday-Lenz, Vind=-dΦ/dt. En primer lugar calculamos el
flujo de líneas de campo magnético que atraviesan la espira en su movimiento de caída. Dividimos la espira en
porciones de área dS que sean paralelas al eje y (tiras rectangulares). Cada una de ellas tiene un área dS= a·dz y un
z
z
∫
∫
flujo dΦ=B·a·dz. El flujo total será Φ = B·a·dz = 2 z·a·dz = az si la espira entra una distancia z. El voltaje
0
2
0
inducido será entonces, Vind= -d(az2)/dt= -2az(dz/dt) = -2azv, donde v es la velocidad de la espira en cada
momento.
b) El valor y sentido de la corriente eléctrica inducida por el campo magnético sobre la espira (0,5)
El voltaje inducido creará una corriente eléctrica Iind=Vind/R cuyo sentido de giro en la espira será tal que se oponga
a la causa que la generó (ley de Lenz). En este caso, la causa ha sido un aumento de flujo magnético debido a la
entrada de la espira en la región de campo magnético. Consecuentemente, la corriente eléctrica inducida circulará
en la espira siguiendo el sentido horario con el fin de que el campo magnético inducido intente disminuir el
mencionado aumento de flujo magnético.
c)
La fuerza neta que ejerce el campo magnético sobre la espira en movimiento (1)
La fuerza magnética neta sobre la espira será la suma de las fuerzas sobre los cuatro lados de la espira. Para el lado
superior, F=0 pues en esa zona, B=0. Para los lados de la izquierda y la derecha las fuerzas magnéticas son iguales
pero de sentidos contrarios. Sus módulos son:
z
z
0
0
Fizda = Fdcha = ∫ I ind ( z ) B( z )·dl = ∫
z
2azv
4av 2
4avz 3
=
2 zdz =
z
dz
R
R ∫0
3R
Para el lado inferior que está completamente dentro del campo magnético, la fuerza es:
a
a
a
0
0
Finf = ∫ I ind ( z ) B( z )·dl = ∫ I ind ( z ) B( z )·dy = I ind ( z ) B( z ) ∫ dy =
0
2azv·2 z
4az 2 v
a=
R
R
2
Finalmente, Fneta= Finf = 4az v/R. Su sentido será contrario a la velocidad (ley de Lenz)
z
z
v
v
y
y
x
B
B