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