PROBLEMAS VARIADOS 2-2016
377.-Desde una orilla de un río de ancho L, se desea pasar a la otra orilla un bulto
de masa m, sin que toque el agua. Para ello se instala un dispositivo como indica la
figura 1. La barra de longitud L, lleva en su extremo una cuerda de la misma
longitud que se ata al bulto. La barra, articulada en B, se hace girar con
velocidad angular constante o. En el instante inicial la cuerda y la barra tienen
una posición horizontal. Se supone que los rozamientos son despreciables y que la
velocidad angular es tal que el bulto al desplazarse lo hace siempre en contacto con
el suelo.
a) Determinar la tensión de la cuerda durante el proceso.
b) Calcular el valor de la velocidad angular para que el bulto se separe del suelo
justamente al llegar a la orilla del río.
En el instante inicial el ángulo es cero, pasado un cierto tiempo la barra forma un ángulo con la
horizontal, teniendo en cuenta que la barra se hace girar con velocidad angular constante
tωθ o
Sobre la masa m actúa en dirección vertical hacia arriba la fuerza N con que el suelo empuja al
bulto y en dirección vertical y hacia abajo el peso mg. En la dirección de la cuerda actúa la tensión
T. En unos ejes inerciales fijos al suelo, considerando dos direcciones perpendiculares.
(2)mgNθsenT;)1(maθcosT
En la figura 2 se ha representado la posición inicial del bulto. Cuando la barra ha girado el ángulo ,
el bulto se ha desplazado sobre el suelo una distancia x.
Fig.1
Fig.2
T
mg
N
De la figura 2 se deduce una condición de ligadura
tωsenω2Ldt
dxv
tωLcos2L2x θLcos2L2x2LxθcosLθcosL
oo
o
La aceleración del bulto es:
tωcosωL2tωsenωL2dt
d
dt
dva o
2
ooo
Sustituyendo en (1)
2
o
o
o
2
o
o
Lωm2tωcos
tωcos2Lωm
tωcos
amT
El resultado indica que la tensión de la cuerda es constante.
b) Cuando el bulto pierda su contacto con el suelo la fuerza de reacción N es nula y se cumple:
(3)gtωsenωL2mgtωsenωLm2mgθsenT o
2
oo
2
o
La separación del bulto ocurre cuando x=L
2
3
4
11tωsen
2
1tωcostω2cos1tcosωL22LL oooo
Sustituyendo en (3)
3L
gωg
2
3ωL2 o
2
o
378.-Tres cargas eléctricas estás situadas sobre el eje de abscisas de un sistema de
coordenadas, tal como se observa en la figura 1.
a) Calcular la fuerza que actúa sobre cada carga por acción de las otras dos.
b) Comprobar si en el eje de abscisas positivo existe algún lugar en que el
potencial sea nulo
c) Comprobar si en el eje de ordenadas positivo existe algún lugar en que el
potencial sea nulo
d) Establecer la ecuación del campo eléctrico sobre el eje de ordenadas positivo
y determinar el lugar en que ese campo es nulo.
e) Si a =1 m, representar, con ayuda de la hoja de cálculo, el potencial a lo
largo del eje de abscisas positivo.
f) Escribir la ecuación del potencial eléctrico para los puntos situados en la
bisectriz del primer cuadrante.
g) Con ayuda de la hoja de cálculo, dibujar la gráfica del potencial utilizando
los datos y a = 1 m.
Datos.2
29
o C
mN9.10
πε4
1 ; Q = C10
9
1 9
a) La fuerza que ejerce la carga positiva sobre la carga –Q situada en A es una fuerza atractiva
La que ejerce la otra carga negativa es repulsiva
=2
2
o (2a)
Q
επ4
1
La fuerza total
)
a a
-Q +Q -Q
X
Y
Fig.1
A B
La fuerza que actúa sobre la carga situada en B es:
Sobre la carga +Q situada en el origen de coordenadas, puede verificarse que actúan dos fuerza
iguales y de signo contrario cuya resultante es nula.
b) Para abscisas positivas siendo la distancia x al origen de coordenadas x>a, no puede existir un
lugar de potencial nulo, ya que la carga en A siempre crea un potencial negativo mayor que el
positivo de la carga situada en O. Veamos ahora si puede existir cuando x<a
2aa2
4aa42ax0a2axx0xaaxxa
0xaxxa
xxaxaxax
xaxxa
xaxxaxaxax
0xa
1
x
1
xa
10
xa
1
x
1
xa
1
επ4
QV
22
2222
o
x
La solución para x positivo es: 12ax .
c) Designamos con y, a la ordenada de un punto situado en el eje de ordenadas. Para ese punto el
potencial eléctrico es:
3
ayy4ya
ya
4
y
10
y
1
ya
2
0y
1
ya
2
επ4
Q
ya
1
y
1
ya
1
επ4
QV
222
22222
22o
2222o
Y
d) La relación entre el módulo del campo y el potencial es:
12
ay
12
ayyay2ya2y
yay20y
1
ya
y20
y
1
ya
y2
επ4
QE
y
1
ya
ya2
y22
επ4
Q
y
1
ya
2
επ4
Q
dy
d
dy
dVE
3
23
2
222223
2
223
23
2
3223
2
2
322
2
2
322o
222
22
o22
o
e)
-60
-40
-20
0
20
40
60
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
x/m
VX e
n v
olt
ios
f) Las coordenadas de cualquier punto P que esté en la bisectriz las designamos con (x,y) , con
la particularidad de que en este caso x=y.
De la figura 1 se deduce:
x2x2yxd
xaxyaxd;xaxyaxd
222
3
2222
2
2222
1
El potencial es:
2222o
45º
xax
1
x2
1
xax
1
επ4
QV
g)
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
x/m
V45º
y
P
a
x
a
d1
d2 Fig. 1
d3
379.- Una corona esférica de radios a y b (b>a) y densidad uniforme y masa M crea
un potencial y un campo gravitatorio.
a) Determine la expresión del campo creado por M en función de la distancia r al
centro de la corona.
b) Obtenga la expresión del potencial.
c) Con ayuda de una hoja de cálculo represente cómo varían el campo y el
potencial en función de r. Considere que b= 10m y a = 5 m
a) Dada la simetría del problema aplicamos el teorema de Gauss al campo gravitatorio
Consideramos una esfera imaginaria de radio r<a, esto es, estamos en el
hueco de la corona. La masa que hay en su interior es nula, por tanto, el
campo es nulo.
Ahora la superficie esférica está comprendida entre a y b, esto es, bra
El campo está apuntado hacia el centro de la corona O. por ser entrante la
interacción gravitatoria, mientras que el vector es por definición saliente de
la superficie, por lo que forman un ángulo de 180º. Calculamos el módulo de
ese campo teniendo en cuenta que Mr es la masa contenida entre la corona de
radio a y la esfera imaginaria de radio r.
2
rGr
2
Gr
GMEMGπ4cos180ºrπ4E
Designamos con a la densidad constante de la corona. La masa total de la corona esférica
comprendida entre los radios a y b es:
33
33
r
33
r
33
33
r
33
ab
arMM
arπ3
4
M
abπ3
4
Mρarπ
3
4M;ρabπ
3
4M
El módulo del campo gravitatorio es en función de la masa total: 33
33
2Gab
ar
r
MGE
Si consideramos un vector unitario que apunta desde el centro de la corona O a un punto dentro
de ella, el campo en su forma vectorial y en ese punto es:
El signo menos es porque al ser atractiva la interacción gravitatoria, su sentido es opuesto al vector
.
Si consideramos que la dirección radial es positiva desde el centro de la corona al exterior y por
tanto negativa en sentido contrario, entonces podemos escribir
a
b
O
EG O
S
a
r
Si consideramos que r>b
b) El campo y el potencial están relacionados: drEdVdr
dVE GG
Cuando r<a, el campo es nulo, luego el potencial es constante. Para determinar su valor hemos de
calcular el potencial cuando bra .
Cte
r
a
2
r
ab
MGdr
r
ar
ab
MGdr
ab
ar
r
GMVdV
32
332
3
3333
33
2
Para hallar el valor de la constante no podemos hacer uso de que el potencial en el infinito es nulo
debido al término r2 que aparece en la ecuación anterior, pues daría un potencial infinito.
Calculamos primero el potencial cuando
Cter
MGdr
r
MGV
2
Para hallar esta constante sabemos que cuando r , V = 0, luego, Cte =0.
El potencial vale para
r
MGV
Cuando r = b, los potenciales dados por las dos ecuaciones son iguales
2323
2
333232
33
b2
3
b
a
2
b
b
abCte
b
abCte
b
a
2
b
b
MGCte
b
a
2
b
ab
MG
El potencial para bra es.
r
a
2
rb3
ab
MG
2
b3
r
a
2
r
ab
MGV
322
33
232
33
El potencial cuando r =a, es el potencial del hueco de la corona
33
22322
33 ab
abMG
2
3
a
a
2
ab3
ab
MGV
Dentro del hueco la diferencia de potencial gravitatorio entre los puntos de la corona interior de
radio a y el centro O, vale: Porque el campo gravitatorio es nulo dentro
del hueco , por lo que el potencial gravitatorio es constante, es decir vale lo mismo en O
que en cualquier otro punto interior del hueco y eses valor es el calculado por la ecuación anterior.
Obsérvese que aunque el campo gravitatorio es nulo en el interior del hueco, no lo es en cambio el
potencial gravitatorio.
c)
-0,012
-0,01
-0,008
-0,006
-0,004
-0,002
0
0,002
0 10 20 30 40 50
r/m
EG/G
M
-0,14
-0,12
-0,1
-0,08
-0,06
-0,04
-0,02
0
0 10 20 30 40
r/m
V/G
M
380.- Una distribución esférica (cúbica) de carga está dada por:
arcuando0,ρyarcuando2a
2r1oρρ
a) Calcular la carga total Q
b) Determinar el módulo del campo eléctrico y el potencial para el exterior de la
carga
c) Encontrar lo mismo del apartado anterior para el interior de la distribución
esférica.
d) Comprobar que el módulo del campo es máximo cuando r/a=0,745
e) La distribución de carga anterior se aplica bastante bien a los núcleos
ligeros. Obtener las gráficas del campo y del potencial si a es igual a 4,5 .10-
15 m.
Problema propuesto en el libro Campos y Ondas Electromagnéticas. P.Lorrain y D.R. Corson. a) Consideramos una corona esférica de radio x y espesor dx cuyo centro es el de la distribución esférica.
La carga de dicha corona es:
dxa
xxρπ4dxxπ4
a
x1ρdVρdq
2
42
o
2
2
2
O
Para hallar la carga total debemos sumar las contribuciones de
todas las coronas que abarcan la distribución esférica, esto es,
integrar la expresión anterior entre los límites cero y a.
15
aρπ8
15
a2ρπ4
a5
x
3
xρπ4dx
a
xxρπ4Q
3o
3
o2
53
o
a
02
42
o
a
0
b) Ahora consideramos una esfera de radio r>a con centro en la distribución de carga y dada la
simetría del problema aplicamos el teorema de Gauss. Considerando la carga total Q de la
esfera, porque está dentro de la esfera de Gauss de radio r.
Para calcular el potencial utilizamos la relación entre el campo y el potencial
Cter
1
ε15
aρ2V
Cter
1
ε15
aρ2
r
dr
ε15
aρ2dr
rε15
aρ2drEV
dr
dVE
o
3
o
o
3
o
2
o
3
o
2
o
3
o
x dx
a
La constante de integración la determinamos por el hecho de que el potencial eléctrico en el infinito
es cero, lo cual conduce a que Cte=0, y el potencial es:
rε15
aρ2V
o
3
o
e
c) Para determinar el módulo del campo en el interior de la distribución de carga hacemos también
uso del teorema de Gauss y consideramos una esfera concéntrica con la distribución de la carga y
radio r<a, como la que aparece en la figura, a la que aplicaremos el teorema de Gauss, pero
considerando solamente la carga que hay dentro de la esfera de radio r (antes se designó por x) y la
superficie cerrada, es la de ese radio y valor 4πr2.
o
i2
intε
Qrπ4E
En este caso Qi es la carga que existe entre el centro O de la distribución y r, siendo una cuantía
que hemos de calcular. El procedimiento es el mismo que el utilizado en el apartado a) salvo que
ahora los límites de la integral son de cero a r.
2
53
o
r
2
53
o
r
2
42
oa5
r
3
rρπ4
a5
x
3
xρπ4dx
a
xxρπ4Q
00i
2
3
o
o
o
2
2
53
o
inta5
r
3
r
ε
ρ
εrπ4
a5
r
3
rρπ4
E
Para hallar el potencial utilizamos la relación entre éste y el campo
Cte
6
r
a20
r
ε
ρVCte
a20
r
6
r
ε
ρdr
a5
r
3
r
ε
ρV
2
2
4
o
o
i2
42
o
o
2
3
o
o
i
Cuando r= a , se cumple que: Vi =Ve
4
a
6
a
20
a
15
a2CteCte
6
a
20
a
15
a2Cte
6
a
a20
a
ε
ρ
aε15
aρ2 22222222
2
4
o
o
o
3
o
El potencial es:
4
a
6
r
a20
r
ε
ρV
22
2
4
o
o
i
d) Para calcular el máximo, derivamos la ecuación del módulo del campo Eint respecto de r, e
igualamos a cero.
0,7459
5
a
rr9a5
a15
r9a50
a5
r3
3
1
ε
ρ
dr
dE 22
2
22
2
2
o
oint
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
r/a
/
o
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0 1 2 3 4 5
r/a
Ee
o/
o
0
1
2
3
4
5
6
0 1 2 3 4 5
r/a
Ve
o/
o
381.- Un galvanómetro lleva pivotada una bobina cuyas espiras son rectangulares
de dimensiones a y b. La bobina consta de N espiras. El resorte ligado a la bobina
tiene una constante de torsión k, cuyo par mecánico restaurador es k siendo el
ángulo que gira la bobina. La inducción del campo magnético es B y actúa en el
seno de toda la superficie de la bobina.
a) Calcular la relación I
θ del aparato, siendo el ángulo girado e I la intensidad
de la corriente que pasa por la bobina.
b) Determinar la potencia que consume el galvanómetro y la relación entre el
ángulo girado y la potencia
c) Si la resistencia óhmica de la bobina es 18 , a = 1 cm y b = 2 cm , B=0,05 T , N
= 20 espiras , determinar la constante k del resorte si el ángulo girado vale 30º
cuando la intensidad que circula por el aparato es 0,01 A.
a) Antes de contestar al apartado recordemos cómo es la interacción de la bobina con el campo
magnético. Para mayor sencillez consideramos una espira como la indicada en la figura 1a.
El campo magnético se dirige del polo norte al sur del electroimán. La espira está recorrida por una
corriente de intensidad i que circula en el sentido ACDB; este sentido determina que la espira
tenga una cara NORTE observada tal como indica la figura 1a. La espira se caracteriza por un
vector perpendicular a su plano, pero su sentido puede ser hacia un lado o el otro, para
determinarlo, se usa la regla de la mano derecha, (cerrando la mano y situando los dedos en el
sentido de la intensidad de la corriente, el pulgar situado perpendicular al resto de los dedos,
determina el sentido del vector superficie). Su módulo S=ab . En la figura 1b (que es una
ampliación de la espira de la figura 1a) se ha dibujado el vector superficie, que en forma una
ángulo de 90º con el vector campo magnético. Verifíquese con la regla de la mano derecha.
Fig.1a
La espira está sometida a un momento magnético que vale:
Este momento hace girar a la espira y si no hubiese resorte y no hubiese rozamiento, la espira se
colocaría en el campo magnético, de modo que los vectores y tendrían la misma dirección y
sentido, o dicho de otra manera, el flujo magnético penetraría por la cara SUR de la espira y
saldría por la cara NORTE, pero como existe un resorte que crea un momento mecánico opuesto al
magnético se alcanza una situación de equilibrio cuando ambos se igualen, y entones la espira
formaría un ángulo con la dirección del campo .
Igualando los módulos de los momentos magnético y mecánico, resulta: θkθsenBSi
De la ecuación anterior se deduce que no existe proporcionalidad directa entre el ángulo girado y la
intensidad de la corriente. Para evitar esto, el imán de un galvanómetro no tiene los polos
magnéticos planos como indica la figura 1, sino que son curvos y dan lugar a un campo magnético
radial, el cual determina que el flujo magnético que atraviesa la bobina sea prácticamente constante
e independiente de la posición que ocupe en el mencionado campo, de esta manera, al desaparecer
el seno del ángulo, existe proporcionalidad directa entre el ángulo girado y la intensidad de la
corriente que atraviesa la bobina.
k
BbaN
k
BSN
i
θθkBSiN
b) La potencia consumida en la bobina vale:
PRk
BbaNθ
BSN
RθkRiP
222
222
c)
rad
mN3,8.10
180
π30
A0,01mA
N0,05m2.101020
θ
iBbaNk
k
BbaN
i
θ 6
222
Fig.1b
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