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 FINAL. S SOLUCIÓN. INSTRUCCIONES: El tiempo máximo para la resolución del examen es de 2.5 horas.
No se permite la consulta de documento alguno. Cada inciso tiene un valor de 5 puntos. Resolver 5 de los 6 problemas propuestos. Buena suerte☺.
1.- La figura muestra: Una carga puntual q = 5[nC] en el punto D (0,3,-4) [m], una línea muy larga, cargada y paralela al eje Z
nC y una m
que toca el punto B(0,8,0) [m], con λ = −2
superficie plana muy grande paralela al plano XZ y que toca el punto A(0,-5,0) [m], con σ=1[nC/m2]. Obtenga: a) El vector fuerza eléctrica sobre la carga q. r b) El campo eléctrico en el punto C (0,3,0) [m], es decir, E c . c) La diferencia de potencial entre los puntos C y P(0,5,-4) [m], es decir, V CP. d) El trabajo para desplazar a q del punto D (0, 3,-4) [m] al punto P. 1. SOLUCIÓN. r r 9 r r r r 1 λ ˆ N 9 − 2 × 10 F = q E (− j) = 18 × 10 ⋅ (− jˆ) = 7.2 jˆ a) q E D = E Dλ + E Dσ ; E Dλ = D ; 2 πε 0 rDλ 5 C r r σ ˆ 1 × 10 9 ˆ N N E Dσ = j = j = 56.497 jˆ ; E D = 7.2 jˆ + 56.497 jˆ = 63.697 jˆ 2ε 0 2ε 0 C C r r Fq = q E D = 5 × 10 9 ⋅ 63.697 jˆ = 318.485 × 10 9 jˆ [N] −
−
−
r
b) E C
r
=
−
r
r
E Cq + E Cλ + E Cσ
9 q ˆ 9 5 × 10 ˆ = 2.813kˆ N , E Cq = k 9 10 k = × C 4πε 0 rCq2 42 r N E C = 63.697 jˆ + 2.813kˆ C
r
1
r
r
N E Cλ = E Dλ = 7.2 jˆ ; C
−
c) V CP = V CP / q + V CP / λ + V CP / σ VCP / q
=
Vcq − Vpq
=
1
1
q
−
1 9 = 9 ×10 ⋅ 5 ×10 rpq
4πε 0 rcq r 1 VCP / λ = − λ ln c = −18 × 10 9 ⋅ (− 2 × 10 2πε 0 rp
VCP / σ
1/5
−9
⋅
1 1 4 − 2 = −11.25[V]
)ln 5 = 18.396[V] 3
1×10 9 [r − r ] = [10 − 8] = 112.994[V] ; = 2ε 0 p c 2ε 0 σ
−9
−
VCP
= 120.140 [ V ]
r
E Cσ
r
=
N E Dσ = 56.497 jˆ C
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d)
WPD q
=
VPD
→
WPD
=
qVPD ; VPD = VPD / λ + VPD / σ ; VPD / λ = VPC / λ = −VCP / λ = −18.396 [V]
VPD / σ = VPC / σ = −VCP / σ = −112.994[ V] VPD = −18.396 − 112.994 = −131.39[V] ;
WPD = 5 ×10
−9
⋅ ( −131.39) = −656.95 ×10
−9
[J]
2. La figura muestra cuatro capacitores: C1 = 10 pF , C 2 = 30 pF , C3 y C 4, estos últimos de placas planas y paralelas. De acuerdo a la conexión mostrada donde Vab = 20 V , obtenga: a) El valor del capacitor C 4. b) El capacitor equivalente entre las terminales “a” y “b” si C 3 = 20 [pF]. c) La energía almacenada en C 4 si C 3 = C 4 = 20 pF y Vab = 20 [V ]. d) El área de las placas A 3 sí C 3 = 20 [pF]. 2. SOLUCIÓN. a) C 4
=
ε 4A4
=
d4
2ε 0 × 10 × 10 0.5 × 10 3
=
C2 ⋅ C4 C2 + C4
=
C13
C eq
c) Si C4 = 20 [nF]; C 24 q 24
=
240 × 10 [C] =
ε 3A 3
=
=
C13 + C 24
=
−
C1 ⋅ C3 C1 + C 3
=
10(20) = 6.67[ pF] 10 + 20
6.67 + 16.24 = 22.91[pF]
30 × 20 = 12[ pF]; C 24 30 + 20
=
q 24 ; Vab
1 q 24 U4 = 2 C4
q 4 = q 24
K 3ε o A 3 12 [F] = 20 × 10 d3 d3 5(8.85 × 10 12 )A 3 12 C3 = = 20 × 10 → A3 3 0.5 × 10
d) C 3
=
35.4 × 10 12 [F]
30(35.4 ) = 16.24[ pF] 30 + 35.4
C13 y C24 en paralelo.
−12
=
−
b) C1 y C3 en serie y C2 y C4 en serie.
C 24
−4
=
q 24 = C 24 Vab = 12 × 10 1 (240 × 10 −12 ) 2 × 2 20 × 10 −12
−12
× 20 ;
= 1440 × 10
−
=
−
−
−
20 × 10 12 (0.5 × 10 5(8.85 × 10 12 ) −
=
−3
−
3. Para el circuito mostrado en la figura, obtenga: a) La intensidad de corriente i 3 si Vxy=+6.736 [V]. b) La intensidad de corriente i 2 si i1 =1.292 [A]. c) La diferencia de potencial entre los puntos “y” y “z”, es decir, Vyz.
) = 0.226 × 10 3 [m 2 ] −
−12
[J ]
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3 SOLUCIÓN. a) Vxy = 18i 3 − 5 + 15i 3 = 6.736[V ]; 33i 3 = 11.736 , i 3 = 0.356[A] b) i2 = i1 − i3 = 1.292 − 0.356 = 0.936[A] c) Vy + i 2 (R 5 ) − V2 − V6 = Vz ; Vy + 0.936(20 ) − 12 − 20 = Vz Vy − Vz = −0.936 × 20 + 12 + 20 , Y V yz = 13.28[V ] J d) P10[Ω ] = 10 ⋅ i12 = 10 × (1.292) 2 = 16.69 ; s
J U = 16.69 × 60[s] = 1001.4 [ J]. En un minuto. s
4. En la figura se muestra un conductor recto y muy largo coincidente con el eje “y” y una bobina cuadrada de lado b= 2[cm] y 60 vueltas que se devana en un toroide de la misma sección transversal, de enrollado uniforme y 900 vueltas, si los radios interno y externo del toroide son, respectivamente, r 1=3 [cm] y r2=5 [cm], determine: a) El vector campo magnético en el centro de la bobina cuando Ic=It=0 e Ib = 0.3[A]. b) El vector campo magnético en el centro de la bobina cuando Ic=100[A], It=0 e Ib=0.3[A]. c) El vector campo magnético en el centro de la bobina cuando Ic=100[A], It=0.1 [A] e Ib=0.3[A]. d) El flujo magnético a través de la bobina cuando I c=100[A], It=0.1 [A] e Ib=0[A]. Solución 4. a) r 2 2µ 0 I b N b ˆ 2 2 (4 π × 10 7 )(0.3)(60) ˆ 2.036 × 10 5 ˆ Bb = k [T] = k= k = 1.018kˆ [mT] b) 0.02 πl π(0.02 ) r r r r µ OIc ˆ 4π ×10 7 (100 ) ˆ b) BC = − B = B b + B c = 1.018kˆ − 0.5kˆ = 0.518kˆ [mT] k=− k = −0.5kˆ [mT] ; 2πd 2π(0.04) r µ NI 4π ×10 7 (900)(0.1) ˆ c) B t = O t t kˆ = k = 0.45kˆ [mT] 2πr 2π(0.04) r r r r B = B b + B c + B t = 1.018kˆ − 0.5kˆ + 0.45kˆ = 0.968kˆ [mT ] d) φ b = φ t − φ c ; µ 0 N t I t b r 2 dr µ 0 N t I t b r2 4 π × 10 7 (900 )(0.1)0.02 5 ln = ln φt = = 2π ∫r1 r 2π r 2 π 3 1 φ t = 3.6 ×10 7 (0.51) = 1.836 × 10 7 [Wb] −
−
−
−
−
−
φC
=
µ 0 IC b
2π
r2
∫r1
−
dr r
=
r2 4 π × 10 7 (100 )0.02 5 ln = ln 2π r1 2π 3
µ 0 Ic b
−
4 ×10 7 (0.51) = 2.04 × 10 7 [Wb] φ b = (1.836 − 2.04) × 10 7 = −0.204 × 10 φC
=
−
−
−
−7
[nW]
= −20.4
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5. En la figura se muestran dos inductores L 1 = 4 [H] y L2=1 [H] con resistencias internas r 1=3 [Ω] y r2=2 [Ω]; y una fuente de fem ε=120 [V] con resistencia interna r=1[ Ω], el interruptor se cierra en t=0. Si el coeficiente de acoplamiento entre los inductores L 1 y L2 es k=0.5, determine: a) La constante de tiempo del circuito. b) La corriente en el circuito para t= 1 [s]. c) La diferencia de potencial V ab para t =1 [s]. d) La energía almacenada por el inductor equivalente en t=8[s].
Le a) La constante de tiempo; Re M = k L1L 2 = 0.5 4(1) = 1[H] ; L e = L1 + L 2 − 2M = 4 + 1 − 2(1) = 3[H ] τL
=
R e = 3 + 2 + 1 = 6[Ω ]; Por lo tanto:
τL
ε
3 = 0.5[s] 6
=
120 = ( ) i t 1 = −e 1 − e b) La corriente para t= 1[s]; R e 6 −
t
τL
−
1 0.5
= 17.293[A]
c) La diferencia de potencial Vab. t di(t ) di(t ) ε τ 120 2 + r1i(t ) ; e = e = 5.413[A] Vab = (L1 − M ) = dt Le 3 dt )(5.413) + 3(17.293 ) = 16.239 + 51.879 = 68.118[V ] Vab = (4 − 1)( t 8 120 1 1 ε τ 0 1 − e = U = L e i 2 = (3)(20)2 = 600[J ] d) i(t ) = 1 − e .5 = 20[A] ; 2 2 R e 6 −
L
−
−
−
L
6.- En el circuito magnético con entrehierro de la figura “a” se desea obtener un flujo magnético de 0.3 [mWb]. Desprecie el flujo disperso y con ayuda de la curva de magnetización del núcleo, determine: a) La reluctancia del entrehierro. b) Las intensidades de campo magnético en el núcleo y en el entrehierro. c) La reluctancia del núcleo. d) La corriente I necesaria.
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6. 2 × 10 3 a) R 0 = = µ 0 A (4 π × 10 7 )(4 × 10 −
l0
−
−4
)
= 3.979 × 10
6
[H 1 ] −
0.3 ×10 3 b) B0 ≈ Bn = = = 0.75 A 4 ×10 4 De la curva H n = 1750 A m −
φ
−
Por otro lado H 0 = B0 µ0
Bn Hn
=
0.75 4π ×10
= 0.597 × 10 −7
6
A m
0.75 6 Wb = 428.57 × 10 A ⋅ m 1750 l 0.198 6 1 Rn = n = 6 4 = 1.155 × 10 [H ] µ A (428.57 × 10 )(4 × 10 ) d) NI = H n l n + H 0 l 0 ; H n l n + H 0 l 0 1750(0.198) + 0.597 × 10 6 (2 × 10 3 ) 1540.1 I= = = = 0.7 [A ] N 2200 2200
c)
µ=
−
=
−
−
−
−
