DIVISIÓN DE CIENCIAS BÁSICAS COORDINACIÓN DE FÍSICA GENERAL Y QUÍMICA
DEPARTAMENTO D DE E ELECTRICIDAD Y Y M MAGNETISMO SEMESTRE 2011-2
SEGUNDO E EXAMEN F FIN AL. T TIPO “V”. S SOLUCIÓN. INSTRUCCIONES: El tiempo máximo para la resolución del ex amen es de 2.5 horas.
No se permite la consulta de documento alguno. Cada problema tiene un valor de 20 puntos. Resuelve cinco de seis . Buena suerte☺.
1. La figura muestra una superficie cargada muy grande − ( σ = −53.1× 10 8 C / m 2 ) coincidente con el plano XZ y una − carga puntual ( Q = 2 ×10 [C] ) colocada en el punto C(0,4,0)[cm]. Desprecie el efecto de inducción y calcule: a) El vector intensidad de campo eléctrico total en el punto B (2,4,0) [cm]. b) El punto sobre el eje “y” para el cual el campo eléctrico es cero. c) La diferencia de potencial total VAD , donde A (0,2,0) [cm] y D (0,5,0) [cm]. d) La variación de la energía potencial eléctrica de un protón que −19 se traslada del punto A al punto D ( q p = 1.6 ×10 [C] ).
6
r
r
a) E B
= E BQ + E Bσ
r
2 BQ
4 πε 0 r
r
σ
=
(2 ×10 ) (ˆi )= 45 ×10 −6
ˆrBQ = 9 × 10
(− jˆ) = −
2ε 0
r
Q1
1
E BQ =
E Bσ
r
9
6
(0.02 )
2
ˆi N C
−8
ˆ = −3 × 10 4 jˆ N j − C 2(8.85 × 10 12 ) 53.1× 10
) N
(
6 4 E B = 45 × 10 ˆi − 3 × 10 jˆ
r
C
r
b) E BQ + E Bσ kQ r2
σ
=
=0 4
= 3 × 10 ;
2
r =
kQ 4
=
9 × 109 (2 × 10−6 ) 4
[ ] 2
= 0.6 m ;
r = 0.6 = 0.7746[m];
3 × 10 3 × 10 Por lo tanto el punto donde el campo eléctrico es nulo se encuentra en (0,81.46,0) [cm], con respecto al origen del sistema de referencia. 2ε 0
c) VADQ VADσ =
1
= kQ
rAQ
σ
2ε 0
-
1
1 1 −6 9 5 − = 18000(− 50) = −9 × 10 [ V] = 9 × 10 (2 × 10 ) rDQ 0.02 0.01
[rDσ − rAσ ] =
− 53.1× 10
2(8.85 × 10
−8
−12
)
[0.05 − 0.02] = −900[V]
VADT = VADQ + VADσ = −9 × 10 5 − 9 × 10 2 = −900900 [ V ]
d) ∆E P = AWD
(
= qVDA = 1.6 ×10
−19
)(900900) = 1.44 ×10
−13
[J] 1/4
2. En la figura, el capacitor equivalente es de 1.1[ µF] y la magnitud del vector desplazamiento − eléctrico en C 1 es de 1.2 × 10 6 [C / m 2 ] . Calcule: a) El valor del capacitor C 1. b) La densidad superficial de carga inducida en las caras del dieléctrico. c) El voltaje en los extremos del capacitor C 1. d) La energía almacenada en el capacitor C 2 C C a) C1 = C eq − 2 3 = 1.1 − 1 = 0.1 [µF] C2 + C3 ε1 A1
b) C1 =
d1
ε 1 = k e ε 0 ;
k e =
ε1
c) E 1 =
=
k e ε 0
=
W2 =
1 2
A1
8.85 × 10 −12
D
=
k e ε 0
χ e
k e
11.299(8.85 × 10 −
12
C 2 V22 =
1 2
−3
)
−10
C2 N − m2
= 11.299
D=
1.2 × 10 −6
VC1 = E 1d 1 = 12000(1 × 10
d)
= 1 ×10
1 × 10 −10
ε0
σ i = P1 = ε 0 χ e E = ε 0 χ e D1
C1d1
ε1 =
k e − 1 k e
= 12000[
) = 12[V]
V m
]
VC 2 = VC3 = 6[V]
(2 ×10 )(6)
2
−6
C 2 m
D = 1.094 × 10 −6
−6
= 36 × 10 [ J ]
3. En la siguiente figura se muestran los siguientes elementos: una batería ε (12V), un foco (9V, 0.9W), una -8 calculadora (6V, 0.3W) y alambre de nicromel ( ρ=100X10 2 �Ω-m], A=0.1 [mm �). Si se emplea el alambre de nicromel para construir los resistores adecuados para que operen simultáneamente el foco y la calculadora al voltaje y potencia especificada determine: a) La longitud del alambre necesario para construir R1. b) La longitud del alambre necesario para construir R2. c) La potencia disipada por el resistor R 1. d) La energía que entrega la fuente al circuito en 30 [min].
a) I1 =
R1 = l1 =
0.9[W ]
= 0.1[A ]
9[V ] V1 ε − Vf =
I1
I1
R 1A
12 − 9
=
0.1
3 0.1
= 30[Ω] ;
0.3[W ] 6[V ]
R2 =
I = 0.15[A ]
= 0.05[ A ]
V2 I2
=
ε − Vc
I2
=
12 − 6 0.05
=
6 0.05
= 120[Ω]
;
−6
=
30(0.1 × 10 )
ρ
b) l 2 =
=
I2 =
R 2A
100 × 10−8 =
= 3 [m]
3(0.1× 10−6 ) −8
= 12 [ m] ;
c) P1 = R 1I12 = 30(0.1) = 0.3[ W ] .
100 × 10 d) U = Pt = ε I t = 12(0.15)(30 )(60 ) = 3240 [ J ] ρ
2
2/4
4. La figura muestra un conductor recto largo que pasa por el punto B (-4,0,0) [cm] y una bobina cuadrada de N b = 20 vueltas coincidente con el plano xy. Obtenga: a) El vector campo magnético producido por la bobina cuadrada en el origen. b) La magnitud y sentido de la corriente en el conductor recto (muy largo) para que el campo total en el origen sea nulo. c) La fuerza magnética total sobre la bobina si la corriente en el conductor es i C = 20 [A] hacia la derecha. d) El flujo magnético a través de la bobina, debido sólo a la corriente del conductor recto, i C = 20 [A] e) Si la bobina fuera circular, obtenga el radio necesario de ésta, para producir el mismo campo que la bobina cuadrada en O. r
a) BTb
2 2 Nµ 0 i b ˆ 2(1.414 )(20 )4 π × 10 −7 (0.02 ) ˆ −4 ˆ = = × k = k 1 . 13 10 k [T ] −2 πl π(4 × 10 )
b) BC =
µ 0 iC 2π r
= BTb ;
2 BTbπ r
iC =
µ 0
iC = 22.6[ A] circula hacia la derecha r
r
µ 0i C
µ i − 0 C ˆi ; 2 πr1 2 πr3
r
r
FT = −2.133 × 10−5 ˆi [N]
c) FT = F1 + F3 = −i b Nl d) d φ = BdA ; e)
2 2 Nµ 0i
d φ =
=
Nµ 0i 2r
πl
µ 0 iC 2π r
ldr =
µ 0 iC l
r=
;
2π
ln
lπ
4 2
r 3 r 1
=
;
3.1416 1.414
φ = 1.7578 × 10 −7 [ wb] = 2.22[cm ] 2
5. Dos solenoides largos están enrollados sobre el mismo núcleo de aire de área A=10 [cm ], el solenoide 1 tiene una longitud ll = 20 [cm] y el solenoide 2 tiene una longitud l2 = 12 [cm]. Si el factor de acoplamiento entre los inductores L1 =0.45 [H] y L 2 = 0.2 [H] es k=0.6, calcule: a) El número de vueltas de cada uno de los solenoides. b) La inductancia mutua M entre los solenoides. c) El inductor equivalente entre los puntos a y c. d) La diferencia de potencial V ab en función de t, si i = 0.5 sen 120 π t [A] .
a) L = N1 = N2 =
N 2 µ 0A l
L 1l 1
=
µ 0A
L 2l 2 µ 0A
=
0.45(20 × 10 −
2
)
4 π × 10 −7 (10 × 10 − 4 )
≈ 8643
0.2(12 × 10 − 2 ) 4 π × 10 −7 (10 × 10 − 4 )
≈ 4370
3/4
b) M = κ L1L 2 = 0.18[ H ] c) L eq = L1 + L 2 − 2M = 0.29[H] d) Si i = 0.5 sen 120 π t [A] ;
di dt
= 0.5 (120 π ) cos 120 π t
A s . Como los inductores no tienen
resistencia se pueden considerar ideales, entonces: Vab = ( L1 − M )
di dt
= (0.48 − 0.18)[ H ] 0.5(120 π) cos 120 π t
A s
Vab = 56.54 cos 120 π t [V ] 6. Para el circuito magnético de la figura, considerando − Wb − 4 Wb y µ 2 = 4 × 10 µ 1 = 12 × 10 4 A ⋅ m constantes, A ⋅ m determine: a) El circuito equivalente magnético y los valores de los parámetros. b) El flujo magnético en el circuito. c) La magnitud del campo, B y la magnitud de la intensidad de campo, H, en cada material. d) Los valores de las constantes magnéticas k m y χ m. .
a)
l1
ℜ1 =
ℜ2 =
'
l1
+
µ 1 A1
'
=
µ 1 A1
0.07
+
12 × 10 − (0.03)(0.02) 4
0.07 + 2(0.065) 4 × 10−4 (0.03)(0.01)
= 1666.7 × 10
3
0.02 12 × 10− (0.03)(0.01) 4
= 152.8 × 10
3
A wb
A wb
ℑ = Ni = 8000[A − vuelta]
El circuito magnético equivalente es una fuente de fuerza electromotriz y dos reluctancias en serie. b) φ = c) φ1 B1 = B2 = H1 =
d) k m
ℑ ℜ1 + ℜ 2
= 4.397 × 10
−3
[wb]
= φ 2 = φ = BA
φ
4.397 × 10 −4
=
−4
= 7.328[T ] ;
A1
6 × 10
φ
= 14.66[T ]. Como
A2
=
3
µ µ 0
;
k m = 1 + X m ;
B1 =
A2
=
4.397 × 10 −4 3 × 10
−4
= 14.66[T ] ;
B = µH
A ' = 6.107 × 10 ; H1 µ1 m
B1
φ
'
=
B1' µ1
= 12.22 × 10
k m1 = 955 ; k m1 − 1 = X m1 = 954 ;
3
A m ; H 2
=
B2 µ2
= 36.65 × 10
3
A m
k m 2 = 318.3 X m 2 = k m 2 − 1 = 317.3
4/4
