4 de diciembre de 2009 FISICA GENERAL II SOLUCIONES SEGUNDO PARCIAL NOVIEMBRE 2009

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Juan Carlos Ortíz Quintana
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1 4 de diciembre de 2009 FISICA GENERAL II SOLUCIONES SEGUNDO PARCIAL NOVIEMBRE 2009 Ejercicio 1 1 Tomamos como referencia para la posición x = 0 en la separación entre la zona I y II y medimos entonces la distancia desde este punto al lado derecho de la espira. Mientras la superficie de la espira se encuentra totalmente inmersa en la zona I o II el flujo del campo magnético a través de ella no cambia. Entonces, para x < 0 y x > a, la velocidad permanece constante. Durante la transición entre la zona I y la zona II, es decir, para 0 < x < a, el flujo de campo magnético a través de la espira es variable y se escribe como Φ B = BA = Ba(a x) La f.e.m. inducida en la espira será E ind = dφ B dt = Ba dx dt = Ri (1) A su vez, sobre el lado izquierdo de la espira actúa una fuerza magnética, debida a la aparición de la corriente inducida. F = Bia = m d2 x dt 2 (2) 1

2 Sustituyendo el valor de la corriente de (1) en (2) llegamos a para 0 < x < a, y, como vimos inicialmente, d 2 x dt 2 + B2 a 2 dx mr dt = 0 (3) v(t) = v 0 para x < 0 y v(t) = cte para x > a 2 Se nos pide hallar la velocidad final de la espira. Esta es la velocidad constante para x > a mencionada en la parte anterior. Para ello debemos resolver la ecuación diferencial (3), que puede ser escrita como que tiene solución dv dt + B2 a 2 mr v = 0 v(t) = v(t 0 )e (B2 a 2 /mr)(t t 0 ) (4) La condición inicial para t 0 = 0 en el momento en que x = 0, es v(t 0 ) = v 0 conocida. Para hallar la velocidad final debemos conocer el tiempo t a en que x = a y la velocidad deja de cambiar. Entonces x(t a ) x(0) = ta Integrando la expresión (4) obtenemos 0 v(t)dt = a 0 a = v ( ) 0Rm B 2 a 2 e B2 a 2 t a /Rm 1 y despejando encontramos t a = Rm (1 B 2 a 2 ln B2 a 3 ) v 0 Rm Sustituyendo t a en la misma expresión (4), la velocidad final queda ( v(t a ) = v 0 1 B2 a 3 ) v 0 mr 3 a Al colocar una inductancia L, la f.e.m. inducida es integrando, obtenemos E ind = L di dt = dφ B dt i(t) = Ba L x(t) = Bav(t) 2

3 ya que i(0) = 0 y x(0) = 0 Ahora también existe una fuerza F = Bia sobre el lado izquierdo de la espira, por lo que obtenemos la siguiente ecuación diferencial para 0 < x < a d 2 x dt 2 + B2 a 2 ml x(t) = 0 b La solución a la ecuación anterior ( ) Ba x(t) = Asen t + φ ml donde la fase y la amplitud se obtienen a partir de las condiciones iniciales x(0) = 0 y v(0) = v 0 conocida. Entonces φ = 0 A = v 0 ml Ba por lo que x(t) = v ( ) 0 ml Ba sen t (0 < x < a) Ba ml Si la amplitud de este movimiento es mayor que a la espira ingresa totalmente en la zona II, dejando de valer nuestra ecuación diferencial y por lo tanto no va a regresar a la zona I. La condición es, entonces v 0 ml > a Ba por lo que la velocidad mínima buscada es v min 0 = a2 B ml Ejercicio 2 Datos numéricos en el problema: V rms = 220V, f = 50Hz., Z = 100Ω, U = 103KJ, t = 300s, B max = 4, 94nT, y conocemos µ 0 = 4πx10 7 T m A y ɛ 0 = 8, 85x10 12 c2 Nm 2 1 Para hallar el desfasaje uso la expresión para la potencia media: P media = I rms.v rms. cos(φ) (1) donde cos(φ) es el factor de potencia y φ el desfasaje. Sabemos que P media = U t (2) donde U es la energía disipada en un tiempo t mucho mayor que el período de un ciclo del circuito RLC. 3

4 A su vez, sabemos que V rms = I rms.z (3). Sustituyendo (2) y (3) en (1), tenemos que: P media = U t = V 2 rms. cos(φ) Z φ = cos 1 ( U.Z V 2 rms.t ) 0,78rad seg π 4 2 Tanto el voltaje como la intensidad de corriente observada en el circuito tienen una velocidad angular ω = 2πf. A su vez sabemos que estas dos cantidades están desfasadas un ángulo φ. Entonces el tiempo que tarda la intensidad de corriente en alcanzar al voltaje tiene que cumplir ω.t = φ, por lo que 2πft = φ y despejando t = φ 2πf, t = 2, 5x10 3 seg Calculemos ahora I max. Sabemos que I rms = I max 2 I max = 2 V rms Z, I max = 3, 11A 4

5 3 La corriente de desplazamiento en el capacitor es la que genera el campo manético, ya que entre las placas la corriente de conducción es nula. La ley de Ampère nos da: B.d s = µ 0 (I + I d ) 2πB. a 3 = µ 0I d (1) Para hallar la capacitancia usamos la expresión para un capacitor de placas paralelas: C = Aɛ 0 d La corriente de desplazamiento I d encerrada en el anillo amperiano de radio a 3 es un noveno de la corriente máxima en el circuito. I d = I max 9 (ya que atraviesa un área nueve veces menor, correspondiente a un tercio del radio total de las placas). Podemos entonces despejar de (1) el radio de las placas a = µ 0I max 6πB max Y finalmente la capacitancia se expresa como: C = πɛ 0 d ( µ 0I max 6πB max ) 2 C = 50µF 4 Para calcular la inductancia relacionamos con la impedancia y la resistencia utilizando: Z = R 2 + (ωl 1 ωc ) Despejamos L teniendo en cuenta que como el voltaje en la fuente adelanta a la corriente, debemos tomar el signo de + en la siguiente ecuación La resistencia se halla a partir de L = 1 ω (± Z 2 R ωc ) R = P media I 2 rms = U tirms 2, R = 71Ω Finalmente el valor de la inductancia obtenido es L = 427mH. 5

6 1. Ejercicio 3 1 Calculamos las amplitudes a partir del promedio del vector de Poynting S = E2 m 2µ 0 c = U ta = U t 0.a 2 E 2µ0 cu m = t 0.a 2, B 2µ0 U m = ct 0.a 2 2 Los vectores E y B tienen la misma dependencia temporal y se dirigen según los ejes coordenados ĵ y ˆk de forma que la onda se propaga en la dirección î teniendo en cuenta que S = E B µ 0 nos da la dirección de propagación de la onda electromagnética. Entonces, para una fase arbitraria φ y con y los campos se escriben: K = 2π λ = 2πf c y ω = 2πf E(x, 2µ0 cu t) = t 0.a 2 sin(2πf(x/c t))ĵ B(x, 2µ0 U t) = sin(2πf(x/c t))ˆk ct 0.a2 3 La energía total proviniente de la onda necesaria para ennegrecer el papel debe dividirse entre la energía de cada fotń para hallar en número de fotones buscado. Usando que cada fotón tiene energía E = hf tenemos: n = U hf, con f la frecuencia de la luz incidente. 4 Para hallar la carga en el capacitor después de que la luz incide sobre una cara durante un tiempo largo, utilizamos la relación q = CV, donde C = ɛ oa d es la capacitancia de un capacitor de placas paralelas. El voltaje V entre las placas puede ser como máximo el voltaje de frenado de los foto-electrones, ya que se produce el efecto fotoeléctrico. Como el material de las placas tiene función de trabajo φ y cada fotón entrega energía E = hf, la energía con la que se liberan los foto-electrones es:ev = hf φ, y entonces el voltaje de frenado es V = hf φ e y la carga que se acumula en las placas después de un tiempo largo será q = ɛ 0A(hf φ) ed 6

7 2. Ejercicio 4 1 Calculamos la diferencia de caminos entre los rayos provinientes de ambas ranuras y la igualamos a un número entero de longitudes de onda para obtener máximos: Entonces tenemos: 3d 2 r = d sin(θ) d tan(θ) = d x = mλ con m = 0, 1, 2, 3... x m = 3d2 2mλ 2 Al agregar la hoja de material transparente, la diferencia de caminos se modifica, agregándose el cambio de longitud de onda de la luz en el material. Para obtener máximos debemos tomar: mλ = r r = 3d2 a(n 1) = 3d2 3λ(3/2 1)(2) 2x m 2x m 2 x m = 3d 2 λ(3 + 2m) para calcular el cambio de camino óptico en el material se usó n = 3/2 y a = 3λ es el ancho del material. 3 Observando la figura vemos que la mayor diferencia de caminos ocurre cuando x = 0, y vale r = d. Si no tenemos en cuanta el máximo central que se encuentra en el infinito, el siguiente se encuentra a una distancia λ de éste, el próximo a una distancia, 2λ, y el tercero a una distancia 3λ, entonces, para que en la pantalla se vean tres máximos necesitamos que el tercer máximo ocurra en x = 0, por lo tanto: r = d = 3λ 7

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