I. T. Telecomunicaciones Universidad de Alcalá Soluciones del

I. T. Telecomunicaciones
Soluciones del examen de Fı́sica–Septiembre 2008
Universidad de Alcalá
Departamento de Fı́sica
P1) Un condensador esférico de radio interior Ri = 3.9 mm y exterior Re = 4.0 mm se carga a
un potencial ∆φ = 10 V. Entre las armaduras hay un dieléctrico lineal de permitividad relativa
ǫr = 6 que llena todo el espacio entre aquéllas. Determine:
a) la capacidad del condensador;
b) el vector desplazamiento eléctrico entre las armaduras y en función de la distancia al centro r;
c) el vector campo eléctrico entre las armaduras y en función de r;
d) el vector polarización eléctrica entre las armaduras y en función de r;
e) la energı́a electrostática almacenada.
Solución:
a) Determinamos primero, utilizando Gauss, el vector desplazamiento eléctrico entre las armaduras en función de la carga libre Q en la armadura interior:
I
~ = Q
~ dS
D
D4πr 2 = Q
Q
~
~ur
D(r)
=
4πr 2
El campo eléctrico a una distancia r del centro será:
~
D
Q
~
E(r)
=
=
~ur
ǫ0 ǫr
4πǫ0 ǫr r 2
cuya circulación entre las armaduras, cambiada de signo, es la diferencia de potencial ∆φ = 10:
Z
φe
Z Re
dr
Q
4πǫ0 ǫr Ri r 2
Q
Re − R i
4πǫ0 ǫr Ri Re
dφ = −
φi
∆φ =
Usando la conocida expresión Q = C∆φ, se obtiene la expresión de la capacidad:
C = 4πǫ0 ǫr
Ri Re
,
Re − R i
y sustituyendo valores
C = 0.104 nF
b) La carga libre entre las placas vale Q = C∆φ = 1.04 nC. Por tanto, obtenemos para el
desplazamiento eléctrico:
8.28 × 10−11
C
~
D(r)
=
~ur 2
r2
m
c) Para el campo eléctrico tendremos:
1.56
V
~
E(r)
= 2 ~ur
r
m
~ y sustituyendo,
d) La expresión para el vector polarización es P~ = ǫ0 (ǫr − 1)E,
6.9 × 10−11
C
P~ (r) =
~ur 2
2
r
m
e) La energı́a electrostática vale U = 12 C∆φ2 , y por tanto
U = 5.2 nJ
P2) La atmósfera próxima al suelo contiene iones negativos originados por la radiactividad natural
de la Tierra y por los rayos cósmicos del espacio. En un cierto lugar en el que el campo eléctrico
es de 120 V/m vertical y dirigido hacia la Tierra, los iones negativos, cuya densidad es de 550
cm−3 , se ven impelidos hacia el espacio. Sabiendo que la conductividad del aire en este lugar es
de σ = 2.70 × 10−14 (Ω m)−1 , calcule:
a) la densidad de corriente atmosférica en el lugar;
b) la velocidad de arrastre de los iones negativos;
c) suponiendo que la densidad de corriente tiene el mismo valor en toda la superficie de la Tierra,
determine la corriente eléctrica atmosférica total.
NOTA: todos los iones tienen carga −e; e = 1.6 × 10−19 C. Radio de la Tierra: RT = 6370 km.
Solución:
~ Tomando el
a) Calculamos la densidad de corriente simplemente a través de la relación ~j = σ E.
~
origen de coordenadas en el centro de la Tierra, la dirección y sentido de E viene dada por −~ur ,
y por tanto
~j = −3.24 × 10−12 ~ur A
m2
b) A partir de la relación ~j = q n ~u, donde q = −e es la carga de los iones, n = 550 × 106 m−3 es
su densidad en número, y ~u es su velocidad de arrastre, obtenemos
~u = 3.68 ~ur cm/s
c) Determinamos la intensidad de la corriente eléctrica integrando la densidad de corriente a toda
la superficie terrestre:
I
~ = j4πR2
I = ~j dS
T
y sustituyendo valores,
I = 1652 A
P3) Una lı́nea de transmisión muy larga se compone de dos conductores huecos en forma de
cilindros rectos concéntricos, de paredes muy delgadas, cuyos radios respectivos son R1 = 2.0 mm
y R2 = 8.0 mm. La intensidad de la corriente que transportan, I, tiene el mismo valor y sentidos
opuestos en ambos conductores. Determine:
a) el campo magnético en función de la distancia r al eje de la lı́nea y en las diferentes regiones
del espacio, r < R1 , R1 < r < R2 , y r > R2 , si I = 10 A;
b) el flujo magnético a través de la sección rectangular indicada en la figura, con l = 5 mm;
c) el coeficiente de autoinducción por unidad de longitud de la lı́nea;
d) si la corriente varı́a según I = 5.0 sin(100πt) y la longitud de la lı́nea es de 1.0 km, determine
la fuerza electromotriz inducida en la lı́nea en función del tiempo.
Solución:
H
~ = µ0 IT , donde IT es la intensidad de la corriente que
~ dl
a) Utilizamos la ley de Ampère, c B
atraviesa la superficie delimitada por la curva cerrada c (una circunferencia), para determinar el
campo magnético.
• Si r < R1 , IT = 0 → B = 0;
• Si R1 < r < R2 , IT = I → B =
µ0 I
2πr
=
2×10−6
r
T;
• r > R2 , IT = 0 → B = 0;
b) Determinamos el flujo a través de la superficie teniendo en cuenta que B varı́a con la distancia
al eje:
ZZ
Z R2
Z
dy l
µ0 Il R2
~ = µ0 I
~ dS
B
φ=
ln
→ φ = 1.39 × 10−8 T m2
dx =
2π
y
2π
R
1
S
R1
0
c) El coeficiente de autoinducción es L = dφ/dI:
L=
µ0 l R2
ln
2π
R1
y el coeficiente de autoinducción por unidad de longitud de la lı́nea será:
dL
µ 0 R2
H
dL
=
ln
= 2.77 × 10−7
→
dl
2π R1
dl
m
d) Calculamos la fuerza electromotriz autoinducida como:
ǫ = −L
dI
→ ǫ = 0.436 cos 100πt V
dt
~ tiene lugar
C1) Entre dos partı́culas de masas m1 y m2 que se aproximan con velocidades ~v y −v
un choque elástico. Después del choque la partı́cula de masa m2 queda inmóvil.
a) Razone qué magnitudes del sistema se conservan durante el proceso descrito;
b) determine el sentido de movimiento de la partı́cula que no queda inmóvil haciendo un esquema
donde se muestren las partı́culas y sus velocidades tanto antes de la colisión como después de la
misma;
c) halle el cociente de las masas de las dos partı́culas.
Solución:
a) En el choque se conservará la cantidad de movimiento del sistema p~, pues se supone que no hay
fuerzas exteriores actuando sobre él. Por otro lado, al tratarse de un choque elástico se conserva
también la energı́a mecánica del sistema, que es en este caso simplemente la suma de energı́as
cinéticas de las partı́culas.
b) Llamando v ′ la velocidad final de la primera partı́cula, la conservación de p~ implica:
m2
′
′
m1 v − m2 v = m1 v → v = 1 −
v
m1
y la conservación de la energı́a nos lleva a
1
1
1
m1 v 2 − m2 v 2 = m1 v ′2 .
2
2
2
Combinando ambas ecuaciones se llega a que
v ′ = −2v;
m2
=3
m1
Ası́ pues, la primera partı́cula invierte su sentido de movimiento y sale con una velocidad doble
de la que tenı́a antes del choque, mientras que la segunda se queda en reposo tras el choque.
c) Como se ha deducido en el apartado anterior,
m2
=3
m1
C2) Un dipolo −q, +q, ~l está fijo de modo que la carga negativa está localizada en el origen de
coordenadas y el vector está situado en el plano XY formando un ángulo α con el eje de las x′ s.
~ = E0~i, determine:
En dicha región existe un campo uniforme, E
~
~
a) El flujo del campo eléctrico total, E + ED , a través de una superficie esférica de radio R > |~l|
con centro en el origen de coordenadas.
~ = E0~i.
b) El valor de la energı́a potencial del dipolo debida al campo externo E
c) El momento de fuerzas sobre el dipolo.
d) Si se libera al dipolo, ¿se trasladará, girará o realizara un movimiento compuesto de rotación
y traslación?
Solución:
a) Utilizando la ley de Gauss,
φ=
I
~ = qenc ,
~ dS
E
ǫ0
S
al no haber carga neta en el interior de la superficie cerrada, qenc = 0, se obtiene
I
~ =0
~ dS
E
S
~ y por tanto,
b) La enerı́a potencial del dipolo viene dado por U = −~
pE,
U = −qlE0 cos α
~ y por tanto,
c) El momento de fuerzas viene dado por U = p~ ∧ E,
~ = −qlE0 sin α ~k
M
d) Debido al momento de fuerzas, el dipolo girará, pero no se trasladará porque el fuerza neta
sobre el dipolo es nula, ya que está en un campo eléctrico uniforme.
C3) La figura representa un circuito formado por dos mallas I y II. La malla I está cerrada y en
ella hay dos lámparas L1 y L2 idénticas. La malla II está abierta por el interruptor S. A través de
la malla I hay un campo magnético de módulo decreciente en el tiempo, perpendicular al plano
de la malla y entrante en el papel, como se indica, observándose que las lámparas se iluminan. Si
los cables tienen una resistencia despreciable comparada con la de las lámparas,
a) determine el sentido de la corriente en la malla I, y el brillo relativo de las lámparas cuando S
está abierto;
b) si se cierra el interruptor S de la malla II, ¿cómo brillará cada una de las lámparas en relación
con el caso anterior?
c) ¿Cuál serı́a el resultado del apartado b) si la malla II estuviera a la izquierda de la I?
Solución:
a) Como el flujo de campo magnético disminuye, se
genera una corriente inducida que se opone a dicha disminución y que por tanto genera un campo magnético
con el mismo sentido que el señalado en la figura.
En consecuencia el sentido de la corriente inducida
es horario. Como ambas lámparas tienen la misma
resistencia y S está abierto, por ambas circulará la
misma intensidad de corriente, por lo que brillarán
igual.
b) Si se cierra el interruptor S, tendremos un paralelo en la malla II de manera que la resistencia
en la rama de S es mucho menor que la de la rama donde está L2 . En consecuencia, toda la
corriente fluirá, esencialmente, por la rama de S y la lámpara L2 no se encenderá. Por otro
lado, la resistencia total del circuito queda reducida esencialmente a la mitad, y como la fuerza
electromotriz sigue siendo la misma, la intensidad que circulará a través de la lámpara L1 será el
doble y por tanto brillará el doble que en el caso anterior.
c) Si la malla II estuviese a la izquierda serı́a L1 la que quedarı́a apagada y L2 la que brilları́a el
doble.
C4) Una barra conductora muy larga de densidad lineal de masa λ transporta una corriente I y
está situada sobre un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. En dicha región
además de la gravedad terrestre, g, existe un campo magnético uniforme tal como se muestra en
la figura.
a) Halle la componente de la fuerza gravitatoria por unidad de longitud sobre la barra en la
dirección de caı́da a lo largo del plano inclinado;
b) halle la componente de la fuerza magnética por unidad de longitud sobre la barra en la dirección
de caı́da a lo largo del plano inclinado;
c) determine el módulo del campo magnético, en función de los datos del problema, para que la
barra conductora permanezca en reposo sobre el plano inclinado.
Solución:
a) La fuerza gravitatoria sobre un elemento de longitud l de la barra está dirigida verticalmente hacia
abajo y vale Fg = λlg. Su componente a lo largo de
la dirección de caı́da será entonces
Fg,|| = λlg sin θ
y la fuerza gravitatoria por unidad de longitud, en la
dirección señalada, valdrá
dFg,||
= λg sin θ
dl
~ sobre un elemento de longitud l, está dirigida horizontalb) La fuerza magnética, F~m = I ~l ∧ B,
mente y hacia la izquierda, y su módulo es Fm = IlB. Su componente a lo largo de la dirección
de caı́da será
Fm,|| = −IlB cos θ
y la fuerza magnética por unidad de longitud, en la dirección señalada, valdrá
dFm,||
= −IB cos θ
dl
c) A lo largo de la dirección de caı́da las fuerzas gravitatoria y magnética tienen sentidos opuestos,
por lo que la barra se mantendrá en reposo si ambas fuerzas se igualan en módulo. Por tanto, la
condición de equilibrio es
λg sin θ = IB cos θ
y despejando el campo magnético obtenemos
B=
λg
tan θ
I
C5) La figura representa tres superficies esféricas conductoras de radios respectivos 3R, 2R y R.
Todas ellas están cargadas con la misma carga Q. A una misma distancia d (2R < d < 3R) del
centro de cada superficie esférica hay una carga puntual positiva q, como se muestra en la figura.
a) Determine el valor de la fuerza sobre la carga q en cada caso mostrado.
b) Halle la energı́a electrostática de la carga q en cada uno de los casos anteriores.
Solución:
~ = qE
~ para hallar
a) Utilizaremos la expresión F
~
~
la fuerza F sobre la carga q, donde E es el campo
eléctrico generado por la esfera conductora considerada en el punto donde está q. En los casos b y c consideraremos que la carga de prueba q es suficientemente
baja de manera que no tiene efecto alguno sobre la distribución de carga en la superficie esférica conductora,
y por tanto que esta distribución es simétricamente
esférica.
• Esfera de radio 3R: Como q está en su interior,
~ = 0 y por tanto
E
F~ = 0
~ en el punto
• Esfera de radio 2R: El campo E
donde está q vale
~ = K Q ~ur
E
d2
y por tanto
~ = K Qq ~ur
F
d2
~ en el punto
• Esfera de radio R: El campo E
donde está q vale lo mismo que antes:
~ = K Q ~ur
E
d2
y por tanto
~ = K Qq ~ur
F
d2
b) La energı́a electrostática de q vale U = qφ, donde φ es el potencial electrostático debido a la
esfera considerada en el punto donde está q. Tendremos para cada caso:
Q
y por tanto
• Esfera de radio 3R: Como q está en su interior, φ = K 3R
U =K
Qq
3R
• Esfera de radio 2R: Como q está en el exterior, φ = K Q
d y por tanto
U =K
Qq
d
• Esfera de radio R: De la misma manera que en el caso anterior, φ = K Q
d y por tanto
U =K
Qq
d