Soluciones 1er parcial de Fisica II Comisión B2 - Jueves - Tema 2

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1 Soluciones er parcial e Fisica II Comisión B2 - Jueves - Tema 2 e septiembre e 205. Ley e Coulomb.. Enunciao Dos placas paralelas conuctoras, separaas por una istancia = cm, se conectan a una fuente e tensión e 0V. En el punto meio entre las placas se coloca una carga e valor = µc. Halle la fuerza eléctrica ˆF ue parece sobre la carga. Exprese la fuerza vectorialmente. ¾Cuánto trabajo se necesita para traslaar la carga ese el punto meio hacia un punto ubicao mm hacia arriba, más cercano a la placa positiva? + V 0V + Figura : Placas conectaas a una iferencia e potencial y carga en el centro..2. Respuestas a) F ( ) = 0 N ĵ b) W = µj.. Soluciones a) El campo eléctrico E está ao por la relación E = V Y en forma vectorial, sabieno ue las líenas e campo irán ese la placa positiva hacia la placa negativa, tenemos: E = V ( ) ĵ La fuerza ue realiza el campo eléctrico E sobre la carga resulta: F = E = V ( ) ĵ F = ( 0 6 C ) (0V ) ( ) (0 2 ĵ m)

2 Física II - er Parcial Soluciones 2 LEY DE GUSS Y SUS PLICCIONES F = 0 N ( ) ĵ b) Dao ue la iferencia e potencial se ene como el trabajo realizao para traslaar una partícula cargaa en un campo eléctrico, por unia e carga, es ecir: poemos entonces expresar: V ab = W a b W a b = V ab = E y = V y sieno y la istancia entre los puntos incial y nal e la partícula cargaa urante su esplazamiento. Los atos el problema plantean ue y = mm, entonces: W = E y = ( 0 6 C ) (0V ) ( 0 (0 2 m ) m) W = 0 6 J = µj 2. Ley e Gauss y sus aplicaciones 2.. Enunciao Se tienen tres esferas conuctoras, huecas y concéntricas, cuyos raios son r a = mm, r b = 2mm y r c = 4mm cargaas respectivamente con cargas 2, 2 y, sieno = pc. a) Deuzca la expresión el campo eléctrico para toos los valores e r. b) Halle el valor el potencial en un punto ubicao a 5mm ese el centro e las esferas. c) Realice un gráco cualitativo e las líneas e campo eléctrico y las líneas euipotenciales Respuestas 0 r < r ( ) a k a) E = 2 /r 2 r a r < r b (k) /r 2 r b r < r c 0 r r c b) V (r = 0, 005m) = 0V ya ue V (r > r c ) = 0V c) E V r 0 ra rb rc r Figura 2: Líneas e campo eléctrico y euipotenciales. Universia Nacional e Moreno 2 Ing. Guillermo Gurnkel

3 Física II - er Parcial Soluciones 2 LEY DE GUSS Y SUS PLICCIONES 2.. Soluciones a) Se plantean supercies gaussianas esféricas, concénctricas, ue presentan total simetría con las esferas cargaas el problema. Se plantea una supercie gaussiana para caa región a analizar, a saber: S S2 r S S4 0 ra rb rc r Figura : Supercies gaussianas utilizaas. Supercie S para analizar la región r < r a Supercie S 2 para analizar la región r a r < r b Supercie S para analizar la región r b r < r c Supercie S 4 para analizar la región r r c plicano la ley e Gauss sobre caa supercie se obtiene la expresión el campo eléctrico para caa región. r < r a enc = 0 E = 0 r a r < r b enc = 2 Dao ue E y E = cte: S 2 E = enc ε 0 E = S 2 E 4πr 2 = E = 2 ε 0 2 ε 0 2 4πε 0 r 2 r b r < r c enc = = Dao ue E y E = cte: S E = enc ε 0 Universia Nacional e Moreno Ing. Guillermo Gurnkel

4 Física II - er Parcial Soluciones 2 LEY DE GUSS Y SUS PLICCIONES E = S ε 0 E 4πr 2 = ε 0 E = 4πε 0 r 2 r r c enc = = 0 E = 0 Estos resultaos pueen gracarse, limitano caa resultao a la región en la ue vale caa expresión. El siguiente gráco se realizó con el software Mathematica 0, con el siguiente cóigo. ra = *0^-; rb = 2*0^-; rc = 4*0^-; = *0^-2; k = 9*0^9; Piecewise[{{0, r < ra}, {(k*/2)/r^2, r < rb}, {(k*)/r^2, r < rc}}], {r, 0,.005}] Figura 4: Resultao e la función Piecewise e Mathematica. b) Para hallar el potencial en un punto ubicao fuera e las tres esferas cargaas, éstas pueen consierarse cargas puntuales ubicaas en el centro e las mismas y con igual carga ue caa esfera; esta simplicación fue emostraa aplicano la ley e Gauss a una esfera cargaa y analizano las expresiones el campo eléctrico y el potencial electrostático en la zona externa e icha esfera, one se observó ue el resultao es el mismo ue el ue se hubiese obtenio si la carga hubiese sio puntual, ubicaa en el centro e la esfera. De esta manera, y hacieno uso el teorema e superposición, se obtiene el potencial total en el punto peio. V (r) = k 2 r + k 2 r k r = 0 Recuere ue esta expresión es vália en la zona exterior las esferas, es ecir, vale para r > r c, por lo ue para r = 5mm es vália y toma valor 0. Universia Nacional e Moreno 4 Ing. Guillermo Gurnkel

5 Física II - er Parcial Soluciones CPCIDD. Capacia.. Enunciao Para el siguiente capacitor e placas paralelas con varios ieléctricos, e permitiviaes eléctricas relativas ε r = 0, ε r2 = 20, ε r = 0, ε r4 = 40, área = L 2 = cm 2 y separación entre placas = 0, 0mm se pie: L L /2 ε r ε r2 ε r ε r4 L/ L/ L/ Figura 5: Capacitor con varios ieléctricos. a) Halle la expresión e la capacia y su valor. b) Si icho capacitor posee una carga Q = µc, ¾cuánta energía almacena?.2. Respuestas a) C = ε0 C = 2, 8nF b) U = 227µJ.. Soluciones [ ε r + 2(εr2εr) (ε + εr4 r2+ε r) ] a) La solución se basa en moelizar el capacitor e varios ieléctricos como una interconexión serie-paralelo e varios capacitores, caa uno con un únio ieléctrico y imensiones enias. Tenieno en cuenta ue capacitores en paralelo comparten la misma iferencia e potencial aplicaa entre sus placas y ue capacitores en serie comparten la misma carga, ue es igual a la carga total, se puee realizar el siguiente circuito euivalente, ue representa al capacitor total como una interconexión e 4 capacitores simples. L /2 ε r2 C2 C4 ε r εr4 C ε r L/ L/ L/ /2 Figura 6: Circuito euivalente el capacitor complejo. Universia Nacional e Moreno 5 Ing. Guillermo Gurnkel

6 Física II - er Parcial Soluciones 4 ELECTRODINÁMIC Se observa ue los capacitores C 2 y C se encuentra conectaos en serie entre sí y luego en paralelo con C y C 4, permitieno expresar a la capacia el capacitor complejo meiante la siguiente expresión. C = ε 0ε r C = C + C C 4 C + C = ε 0ε r C = ε 0 ε 0 ε r4 /2 Reemplazano valores, ( ) ( 8, F m 0 4 m 2) C = (0, 0 0 m) + ε 0 ε r4 /2 + ε 0ε r4 + ε 0ε r2 ε r 2 (ε r2 + ε r ) + ε 0ε r4 [ εr + 2 (ε r2ε r ) (ε r2 + ε r ) + ε r4 C = 2, 8nF [ 0 b) Sieno la energía almacenaa en un ao capacitor U = 2 CV 2 ] 2 (20 0) + (20 + 0) + 40 ] Usano la enición e capacia: C = Q V puee reescribirse como: one, reemplazano valores, se obtiene: U = U = 2C Q2 ( (2, C ) 2 F ) U = J = 227µJ 4. Electroinámica 4.. Enunciao Dao el siguiente circuito e múltiples mallas. a) Obtenga un circuito euivalente reucio, conformao por una fuente e tensión, una resistencia y el mismo capacitor. b) ¾Cuál es el valor e la constante e tiempo el circuito τ? c) Sieno la expresión e la tensión e carga e un capacitor en función el tiempo, en un circuito RC : v c (t) = V ( e t τ ), one τ = R th C es la constante e tiempo, ¾cuál será la iferencia e potencial entre las placas el capacitor en el tiempo t = τ? Universia Nacional e Moreno 6 Ing. Guillermo Gurnkel

7 Física II - er Parcial Soluciones 4 ELECTRODINÁMIC 4.2. Respuestas a) Rth Vth 5V 0µF Figura 7: Circuito euivalente e Thevenin. b) τ = s c) V c (t = τ) = 4, 75V 4.. Soluciones a) Se pie, en enitiva, aplicar el teorema e Thevenin en los bornes el capacitor, como se aprecia en circuito siguiente. R2 R4 R6 R8 R kω V 0 V 0kΩ V2 5 V V 0 V R7 50kΩ 0µF R R5 Thevenin Figura 8: Puntos e aplicación e Thevenin. Se eja entonces el circuito abierto en los puntos marcaos y se analiza el circuito restante para hallar la resistencia euivalente e Thevenin R th y la tensión el generaor e Thevenin V th. R th Se pasivan los generaores (los generaores e tensión se reemplazan por cortocircuitos y en el caso e haber generaores e corriente por circuitos abiertos) y se analiza la resistencia meia ese los puntos antes mencionaos. Universia Nacional e Moreno 7 Ing. Guillermo Gurnkel

8 Física II - er Parcial Soluciones 4 ELECTRODINÁMIC R2 R4 R6 R8 R kω V 0 V 0kΩ V2 5 V V 0 V R7 50kΩ 0µF R R5 Figura 9: nalísis para hallar R th. Rth Se observa ue al reemplazar el generaor e tensión V por un cortocircuito, toos los componentes a la izuiera e éste no afectan al circuito; cualuier resistencia ue uee a la izuiera el corto, en paralelo con icho corto, ará como resultao la resistencia el cortocircuito ( 0Ω). De esta manera poemos pasar al siguiente circuito reucio. R6 R7 R8 50kΩ 0µF Rth Figura 0: Circuito reucio. Ya puee entonces calcularse la R th : R th = R 8 + (R 6 R 7 ) R th = 50kΩ + ( ) R th = V th Para hallar la tensión e Thevenin ebemos tener en cuenta ue en el circuito original, el generaor e tensión V separa al mismo en os mitaes, ya ue sin importar lo ue haya conectao a la izuiera el generaor V, la iferencia e potencial entre sus bornes será la ue éste imponga, ue para este ejemplo es e 0V. Consierano esto, para hallar V th basta con analizar el circuito siguiente, ese el generaor V hasta los bornes one ueremos calcular la tensión (a circuito abierto). Universia Nacional e Moreno 8 Ing. Guillermo Gurnkel

9 Física II - er Parcial Soluciones 4 ELECTRODINÁMIC 0V V 0 V R6 Vth I=0 a 50kΩ R8 R7 a Vth 0µF b b Vth Figura : Circuito para hallar V th. V th es la tensión meia entre los puntos a y b, es ecir V ab como se observa en la gura anterior. Tenieno en cuenta ue el circuito está abierto (conición para aplicar el teorema e Thevenin), la corriente ue circula por la resistencia R 8 es nula (I = 0), por lo ue no hay caía e potencial sobre icha resistencia; esto nos lleva a concluir ue V th = V ab = V a b, sieno V a b la caía e potencial sobre la resistencia R 7, ue junto con R 6 y V conforman un ivisor e tensión resistivo. ( ) V th = V ab = V a b = V V R 7 = R 7 ( V th = V R7 = 0V + V th = 5V R 6 + R 7 ) Se obtiene entonces el circuito euivalente e Thevenin, ue se comporta e igual forma ue el circuito original al conectarlo nuevamente con la carga, ue en este caso es el capacitor C. Rth Vth 5V 0µF Figura 2: Circuito euivalente e Thevenin. b) La constante e tiempo τ = RC se reere a un circuito serie conformao por una fuente V, una resistencia R y un capacitor C. Por esto, ebemos utilizar la R th utilizaa para hallarla: τ = R th C = 0µF τ = s c) La expresión e la tensión el capacitor en función el tiempo (suponiénolo completamente escargao en t = 0) es: [ ] V c (t) = V + e t τ Nuevamente, ebe utilizarse la V th en esta fórmula, ya ue la misma se eujo a partir e un circuito simple RC. Para el instante t = τ basta con reemplazar y obtener el resultao. Universia Nacional e Moreno 9 Ing. Guillermo Gurnkel

10 Física II - er Parcial Soluciones 4 ELECTRODINÁMIC V c (t = τ) = V th [ + e τ τ V c (t = τ) = 5V [ + e ] ] V c (t = τ) = 4, 75V Universia Nacional e Moreno 0 Ing. Guillermo Gurnkel