FQ - IES Santa Pola Índice

Índice

2012

Problema1 . . . 3

Cuestión3 . . . 3

2011

Problema2 . . . 4

2010

Problema1 . . . 5

2010

Problema3 . . . 6

2009

Cuestión1 . . . 7

Cuestión2 . . . 7

2008

Problema1 . . . 8

Problema2 . . . 9

Problema2.2Solución alternativa . . . 10

2007

Problema3 . . . 11

Problema4 . . . 11

2006

Problema3 . . . 12

2005

Problema1 . . . 13

Problema3 . . . 13

2004

Cuestión1 . . . 14

2003

Problema1 . . . 15

Problema2 . . . 16

2001

Problema3 . . . 17

2000

∗ Elsignoen magnitudesvectoriales(F,~v,E,B. . . ) indica elsentido asociado a una dirección(+~i,−~j. . . ), por tanto cuando se opera con módulos convienen ousar el signo de las cargas eléctricas,

|q|. A la expresión en forma vectorial se asocia el signo

∗ Elsignoen magnitudesescalares(V, Ep, W. . . ) está asociado al

convenio previo de queV∞ = 0,Ep,∞ = 0, por tanto cuando se

opera con magnitudes escalaress íse usa el signo de las cargas eléctricas.

+q -q

∗ Para generar uncampo eléctricobasta conunacarga. El vector intensidad de campo tiene su origen en un punto del campo. La magnitudpotenciales escalar y tiene un valor en cada punto.

Si el campo es creado por más de una carga, para calcular el campo o el potencial se aplica el principio de superposición.

∗ Unafuerza-interacción- eléctrica requieredoscargas. Los vec-tores fuerza tienen su origen en las cargas. La magnitudenergía potenciales escalar y se calcula para, al menos,doscargas.

∗ La ecuación

~

E=−∆V

∆~r (I)

relaciona laintensidad de campo(uniforme) con lavariación de potencialque hay en undesplazamientoentre dos puntos del campo. El signo ’−’ significa que el potencial eléctrico aumenta siempreen sentido contrario al campo.

- Para calcular simplemente el módulo de~E, se puede usar en valor absoluto. Si llamamosda la distancianetarecorridaen la dirección del campo, (d=|∆~r|cosα, dondeα=~Ed∆~r):

|~_E|=

∆V d

- Para calcular la variación de potencial con su signo, en un desplazamiento de longitudden la dirección del campo: · En el mismo sentido, (α=0°⇒cosα=1):

∆V=−~_E∆~r=−Ed

desplazamiento en igual sentido que~E,∆V<0,Vdisminuye

· En sentido contrario, (α=180°⇒cosα=−1)

∆V=−~_{E∆~r=−(−Ed) =Ed}

Problema

1

a) Principio de superposición aplicado al potencial:

VP=V1+V2=Kq1 r1

+Kq2 r2

siendoq1=3·10−3C,r1=3 m,r2=5 m

18·106=9·10 3 93·10

−3 3 + q2 5

2·10−3=10−3+q2

5 ⇒q2=5·10

−3_{C=5 mC P(0,3) m}

(0,0) 4 m (4,0) m

3 m 5 m

q₁ α q₂

~

E1

~_{E2 ~E} 2,y

~_E2,x

~ EP

α

Figura1: Principio de superposición

aplicado al cálculo del campo enP

b) De acuerdo con la representación vectorial de la figura1

~

EP=~E1+~E2

~

E1=K

q1 r₁2

~_j; ~_E2=~_E2,x+~_E2,y=−Kq2 r2₂cosα

~_i+Kq2 r2₂senα

~_j

siendoq2=5·10−3C, senα=3

5, cosα= 4 5

~_{EP =−9·10}95·10 −3

52 · 4

5~i+9·10 9

3·10−3

32 + 5·10−3

52 · 3

5

~_j

~_{EP=−1,44·10}6_~i+4,08·106_~jN/C

|~_EP|=p

1,442_+4,082_·106_=4,32·106_N/C

Cuestión

3

Como se ve en la figura2, al entrar en la región con campos

eléc-trico y magnético, la cargaqse ve sometida a una fuerza electrostá-tica,~Fe = q~E, del mismo sentido que~E–puesto queqes positiva–,

y a una fuerza magnética o fuerza de Lo r e n t z,~F_m = q(~v×~B), cuya dirección y sentido se obtienen aplicando laregla de la mano izquierda(fig.3).

X

Y

~

v

~

_E

~

_B

~

_F

~

_F

~

_F

R

Figura2_{: Campos eléctrico y}

magnéti-co cruzados Fuerza eléctrica

~_Fe=q~_{E= +2·10}−6_{(−3~j) =−6·10}−6_~jN

Fuerza magnética

|~_Fm|=q|~v||~_B|=2·10−6_· 10

3_·2·

10−3=4·10−6N

Su dirección y sentido es−Y (−~_{j). Por tanto}

~_Fm=−4·10−6_jN

B

v

F

α

m

Figura3: Para una cargapositiva; si es negativa,~Fmes de sentidoopuesto. La fuerza resultante sobre la partícula,~FR, es:

a) Un protón es una carga elemental positiva. La fuerza de Lo -r e n t zes la fuerza magnética (~F_m) que actúa sobre una carga en movimiento dentro de un campo magnético, y viene dada por el producto vectorial

~_Fm=q(~v×~_B)

por tanto,~Fmes un vector perpendicular a~vy a~B; el sentido se

puede averiguar aplicando laregla de la mano izquierda, (fig.3).

~_Fm=1,6·10−19₍₁₀6_~i×10−1_{~k) =−1,6·10}−14_~jN

|~_Fm|=1,6·10−14_{N, dirección eje Y, sentido negativo, (fig.4).} +

Z

~ E

~_B

~_Fm ~_Fe

Y

X ~v

Figura4: Campos eléctrico y

magné-tico⊥entre sí y fuerzas que actúan sobre un protón

En ausencia de campo eléctrico, esta fuerzacentrípeta(1₎

provoca-1

Escentrípetatoda fuerza que apunta siempre a un centro; es⊥a~v y provoca una trayectoria circular de radior. Cualquier fuerza que actúe como centrípeta se puede expresar

como|~_Fc|=m|~ac|=mv2

r

ría una trayectoria circular de los protones en el plano XY. b) Para que el haz de protones siga una trayectoria rectilínea a lo largo del eje X, el campo eléctrico debe tener un módulo, una dirección y un sentido tales que produzcan una fuerza eléctrica equivalente a la fuerza magnética y de sentido opuesto a ella. Por tanto el campo eléctrico debe tener dirección y sentido+~j, (fig.4).

|~_Fm|=|~_Fe|

qvB=qE

Problema

1

a) Un electrón está en reposo en el punto A (1,0) m. Al activar un campo eléctrico en sentido−~jel e¯ se ve inmediatamente im-pulsado en sentido+~j, ya que por la forma en que se define la intensidad de campo eléctrico, las cargas negativas se mueven es-pontáneamente en sentido contrario al campo. Por tanto el punto B está por encima de A en línea recta: B = (1,0,5) m

Y

X

B

A

~

E

~

v

Figura5_{: El e¯ se desplaza en sentido}

contrario al~Eganando velocidad b) La ganancia deEcdel e¯ equivale a la correspondiente pérdida

deEpal desplazarse espontáneamente en un campo eléctrico:

∆Ec+∆Ep=0 , ∆Ec=−∆Ep

1 2mev

2

B−0=−e∆V

Por otra parte el campo eléctrico y la variación de potencial están relacionados (véase ec.I en la página2):

~_E=−∆V

∆~r ;∆V=−~E∆~r=−E dcos 180°=E d Sustituyendo en la ecuación de las energías

1 2mev

2

B =−e E d

E=−mev 2

B

2ed =−

9,1·10−31·1014

2·(−1,6·10−19)·0,5 =562,5 N C

a) En la figura6se representan los campos magnéticos~B_Yy~B_Z

creados en el punto P por las corrientes de los conductoresYy Z. Ambos campos tienen la misma dirección, paralela al eje X, y sentidos contrarios (regla de la mano derecha, véase fig.7) por lo que

el campo resultante es la resta de ambos y de sentido +X. |~_{BY| > |}~_{BZ|porque P está más cerca de la corrienteYy las} intensidades de corriente son iguales.

Aplicando la ley de

B

i o t

-S

ava r t

|

~

B

|

=

µ

2

π

I

a

Y Z

X

I=2A

I=2A

P

-P

Figura6_{: Campos magnéticos,}~_BYy

~_{BZ, creados por las dos corrientes} rectilíneas en el punto P.

Fuerza magnética,~_{Fm, sobre un e¯}

situado en P y su trayectoria circular donde Ies la intensidad de la corriente que circula por el conductor

y aes la distancia desde el puntoPal conductor

~_BP=~_BY+~_BZ= µoI

2πaY

~_i− µoI

2πaZ

~_i=4π10 -7

2

2π

1 0,01−

1 0,02

~_i=2·10-5_~iT

b) La fuerza magnética que ejerce un campo magnético sobre una carga eléctrica en movimiento es lafuerza de Lo r e n t z

~

_F

₌

_e

₍

_~

_v

_×

~

_B

₎

|

~

F

|

=

|

e

||

~

v

||

~

B

|

sen

α

|~_Fm|=1,6·10-19₁₀4_2·10-5_{sen 90°=3,2·10}-20_N

~_Fm=3,2·10-20_~kN

Figura7: Regla de la mano derecha: el

pulgar sigue el sentido de la corriente en el conductor rectilíneo y los demás dedos indican el sentido del vector inducción magnética,~_{B, asociado} al campo magnético creado por la corriente rectilínea y representado por las líneas de inducción. En cualquier punto,~Bes tangente a estas líneas. En la figura6se ven la dirección y el sentido del vector~F_m: +~k,

que se obtienen aplicando laregla de la mano izquierda, (fig.3), y la

Cuestión

1

La fuerza magnética ejercida por un campo magnético sobre una carga eléctrica en movimiento, ofuerza de Lo r e n t zes:

~

_F

₌

_q

₍

_~

_v

_×

~

_B

₎

_|

~

_F

_|

₌

_|

_q

_||

_~

_v

_||

~

_B

_|

_sen

_α

dondeqes la carga que se desplaza con velocidad~ven el seno de un campo magnético~B,αes el ángulo entre~vy~B. Es un producto

vectorial, por tanto hay que tener en cuenta el signo de la carga, la dirección y sentido de cada vector y el orden de los factores. También se puede calcular el módulo y obtener el sentido aplicando laregla de la mano izquierda, figura3.

1) En este caso los vectores~vy~Btienen la misma dirección, sentido opuesto (α=180°):

|~v×~_B|=|~v||~_{B|sen 180°=0 ⇒}~_Fm=0

La carga no cambia su estado de movimiento.

X

Y

Z

--Y

X

-Figura8: Representación vectorial y

trayectoria de la carga en el caso2_).

2) En este caso~vy~Bson perpendiculares (~v⊥~B), como muestra la figura8. Aplicando el producto vectorial o laregla de la mano

izquierda, teniendo en cuenta queqesnegativa, la fuerza magnética se dirige en sentido negativo del ejeY.

En cualquier posición~Fm⊥~v,~Fmactúa como fuerzacentrípeta(1)y

la carga describe una trayectoriacircularen el planoX(-Y).

Cuestión

2

q1yq3y se ejercen mutuamente dos fuerzas de repulsión

elec-trostática de la misma intensidad. En la figura9se representa

úni-camente la que actúa sobreq3,~F1. Lo mismo se puede decir

respec-to aq2yq3, se representa sólo~F2.

|~F1|=|~F2|porqueq1=q2=3·10−6C yr1=r2=10 m.

0000000000000

1111111111111

0

0

0

1

1

1

6m

~

_F

~

_F

~

_F

r

r

q

q

q

α

α

Figura9: La fuerza resultante sobreq₃

es~FR =~F1+~F2. Para hacer la suma

vectorial hay que descomponer~F1y~F2

Si el dibujo se hace con atención, se puede afirmar que las com-ponentes verticales son iguales y de sentido contrario y se anulan; las componentes horizontales son iguales y del mismo sentido, por lo que basta con calcular una de ellas y la resultante será el doble.

Por otra parte los cuatro ángulos representados son iguales, y se cumple que cosα=8/10. Así pues:

|~_{F1,x|=F1cosα=K}q1q3 r2

1

cosα=9·1093·10

−6_2·10−6

102 8

10 =4,32·10 −4_N

~_{FR=2· 4,32·10}−4_~

1) Las intensidades de campo eléctrico enO(0, 0)debidas a las cargas en el ejeXson iguales y opuestas, por tanto se anulan; el campo total es el generado por la cargaqen el ejeY(fig.10):

~_EO=−Kq

r2~j=−9·10 92·10−6

1 ~j=−1,8·10 4_~jN/C

1m

A

1m

1m

1m

.

O

.

√

√

2m

Figura10_{: El campo eléctrico}

resul-tante en el puntoO(0, 0)es el campo debido a lacargaq

2) El trabajo en un desplazamiento en un campo conservativo se puede calcular mediante la variación de energía potencial. A su vez, la variación deEpse puede expresar como el producto de la carga

que se desplaza por la diferencia del potencial eléctrico debido a las cargas que crean el campo —que se consideran fijas—. Esto se expresa matemáticamente de cualquiera de las siguientes formas

WO→A=−∆Ep=−q0∆V=−q0(VA−VO) =q0(VO−VA)

VO,VA son los potenciales en los puntosO, A,creados por las tres

cargas fijas (q);q0 es una cuarta carga que se mueve deOaA.(2₎ 2

Antes de hacer los cálculos es re-comendable analizar la situación y prever el signo para este trabajo y su significado: una cargapositiva(q0_{) se va}

a desplazar a una posición másalejada

de otras tres cargaspositivas(q).Este desplazamiento es realizado por la fuerza propia del campo —cargas de igual signo se repelen—, es un des-plazamientoespontáneo, el punto final está amenor potencialque el inicial; por todo ello laEpdel sistemadisminuyey el trabajo (W=−∆EP) debe serpositivo. En el puntoOel potencial esVO=3K

q

r pues las tres cargas son iguales:q= 2·10−6C y las distancias entre cadaqy el puntoO también son iguales:r=1 m.

Para el cálculo deVAtenemos2cargas situadas a √

2 m deAy una a 2 m deA. Por tanto:

WO→A = 1·10−6

| {z }

q0

h

3·9·1092·10 −6

1

| {z }

VO

−(2·9·1092·10 −6 √

2 +9·10 92·10−6

2

| {z }

VA

)i

Problema

2

1) El flujo magnético a través de la espira en el instante inicial es:

Φm=~B·~S=B Scosα=1·2·1·cos 60o=1 Wb

2) Para inducir f.e.m.(3)en un circuito debe variar el flujo magné- 3

f.e.m.: fuerza electromotriz,ε

tico que lo atraviesa:ε=−∆Φm

∆t , ley deFa r a daY-Le n z. Para que

varíe el flujo debe variar alguno de sus factores; como se ve en la fig.11, en este caso aumenta el área atravesada por el campo

mag-nético (∆S). Este dispositivo se basa en la experiencia de He n r y.

.

.

.

.

.

.

.

Z

.

I

I

L=2m v∆t v∆t

l=1 m ~_B ~

S

~

v

~

v

Figura11: El aumento del flujo

mag-nético a través de la espira, debido al incremento de su área,∆S, induce una f.e.m. en el circuito.

Aplicamos la ley de Fa r a day:

|ε|= ∆Φm

∆t = ~ B·∆~S

∆t =

B∆Scosα

∆t

El área de la espira aumenta porque en un tiempo∆t,Laumenta un espaciov∆tpor cada lado, a causa de la velocidadvde cada una de las varillas, por tanto el aumento total de Les∆L=2v∆t.

El incremento del área del rectángulo por ambos lados es:

∆S=l∆L=l2v∆t

Sustituyendo∆Squeda:

|ε|= B l2v∆tcosα

∆t

=2B l vcosα

|ε|=2·1·1·3· cos 60°=3 V

Figura12: Regla de la mano derecha:

los dedos indican el sentido de la corriente eléctrica en la espira con-ductora y el pulgar señala el sentido del campo magnético~Bcreado por la corriente.

El sentido de la corrienteI(fig.11), se obtiene aplicando la ley

de Le n zy laregla de la mano derecha, (figura12), de modo que se

La inducción de f.e.m. en este dispositivo se puede explicar y calcular aplicando la ley de Lo r e n t z:

Considerando una de las varillas móviles, cuando se desplaza lo hacen con ella las cargas (protones, electrones) que constituyen sus átomos, por tanto, habiendo cargas que se mueven en el seno de un campo magnético aparece una fuerza magnética que actúa sobre las mismas, fuerza de Lo r e n t z.

Z

+

l

~

E

∆

V

~

v

~

_B

β

--~

_F

~

_F

Figura13: Interpretación de un

dispo-sitivo de He n r ymediante la fuerza de

Lo r e n t z.

En la figura13se representa unelectrónde la varilla, sobre el

que actúa la fuerza magnética~Fmen el sentido indicado (obteni-do con laregla de la mano izquierda, —fig.3en la página3—). Esta

fuerza provoca una separación de cargas (++- -) que genera a su

vez un campo eléctrico,~E, y una d.d.p.,∆V(o f.e.m.,ε)(4). El campo 4

d.d.p.: diferencia de potencial. f.e.m.: fuerza electromotriz. eléctrico ejerce sobre ele−una fuerza eléctrica en sentido contrario,

~_Fe.

La separación de cargas cesa cuando se igualan las dos fuerzas opuestas, momento en el que se estabiliza la corriente eléctrica en el circuito:

|~_Fm|=|~_Fe|

evBsenβ=

eE E=vBsenβ

La d.d.p. (∆V) o f.e.m. (ε) entre los extremos de la varilla es: ε=El (5)

5 _|~

E|=|∆V

∆~r| ≡

ε

l

(Véase la ec.I en la página2)

ε=vBlsenβ ε=3·1·1· sen 30°=1,5 V

En la otra varilla sucede lo mismo pero en sentido contrario, por lo que la f.e.m. total inducida esε=3 V.

_______________________ Ampliación

Para completar esta descripción: el campo magnético genera además una fuerza magnética adicional,~Fmag0 , sobre los electrones

que circulan por la varilla —los que forman la corriente eléctrica—; la dirección y sentido de esta~Fmag0 se obtiene aplicando laregla de

la mano izquierda, teniendo en cuenta ahora la velocidadv0 de los e -a lo l-argo de l-a v-arill-a. Est-as fuerz-as se oponen -al despl-az-amiento de la varilla y por tanto es necesario algún tipo de mecanismo que ejerza una fuerza que compense a la magnética~F_mag0 y mantenga el arrastre de la misma.

v’

-~

F

_mag

_.

~

_Fmec

_.

~

_B

~

v

Figura14: Por sencillez suponemos el

campo magnético perpendicular, que es lo más frecuente.|~_F|mec=|~_F0_|

Problema

3

1) La corriente eléctrica que circula por un conductor rectilíneo genera a su alrededor un campo magnético que se representa con líneas de inducción circulares y perpendiculares al conductor. La intensidad del campo magnético es un vector tangente a ellas en cada punto y se orienta en el sentido dado por laregla de la mano derecha(fig.7). Su módulo se obtiene con la ley deBi o t-Sava r t,

|~_B|= µ0

2π

I

a, donde Ies la intensidad de corriente en el conductor y

aes la distancia al punto en el que se calcula~B.

I2 P

B1

Figura15: Dos conductores paralelos,

el sentido de la corriente que circula por ellos, las líneas de inducción y el vector inducción magnética generado por cada corriente en el punto medio entre los cables.

Como se ve en la figura15, si el sentido de las corrientes es el

mismo, los campos magnéticos generados por cada una de ellas en Pson de sentidos opuestos, además tienen el mismo módulo (aeI son iguales), por tanto el campo magnético resultante enPes cero. Si las corrientes circulan en sentidos contrarios, en el puntoPlos vectores~B1y~B2son del mismo sentido y el campo magnético total

es la suma. Siendo a=1 m eI=1000 A:

|~_BP|=2|~_B|= µ0 2π

I a =2

4π·10−7

2π 1000

1 =4·10 −4_T

Figura16_{: Las fuerzas magnéticas}

mutuas entre dos corrientes opuestas provocan la repulsión de los cables. Se aplica laregla de la mano izquierda, (fig.3en la página3).

2) El campo magnético creado por la corriente eléctrica en un conductor ejerce una fuerza (Lo r e n t z) sobre las cargas que se mueven en el otro cable, y viceversa. La dirección y sentido de las fuerzas sobre dos de los electrones se ve en la figura16, son fuerzas

de repulsión.

El módulo de las fuerzas por unidad de longitud es:

F l =

µ0I1I2 2πd =

4π10

−7₁₀3₁₀3

2π2

=0,1 N/m

Problema

4

1) De acuerdo con la figura17se cumple: _Y

X

Q Q’ ~E0 ~E0

2m ~_E

~ EP

P

3m

Figura17_{: El campo en el puntoP,}~_EP,

es el resultante del campo uniforme~E0

y del campo~Egenerado porQ. ~_EP=~_E0+~_E=3000~_i+

9·1094·10−6 32

~_{j= (3}~_i+4~_j)103_V/m

|~_EP|=p

(3·103₎2_{+ (4·10}3₎2₌√₃2₊₄2_·103_{=5000 V/m}(6₎

6

V/m es otra unidad de int. de campo eléctrico equivalente a N/C. (Véase ec.I en la página2_).

V m=

J C m=

N m C

m

=N

C 2) Para que el campo eléctrico resultante en el puntoPno tenga

componenteX,Q0debe generar un campo del mismo módulo que

~_{E0y de sentido contrario:}~_E0 _{=−3000~iV/m, (véase Figura17). Por}

tantoQ0 debe ser negativa, y su valor es:

|~_E0_|=3000=9·109|Q0| 22

1) La d.d.p. entre dos puntos y la distancia entre ellos se relacio-nan con el campo eléctrico según la expresiónI en la página2:

En valor absoluto:|~_E|=

∆V

∆~r

, E

= 80

0,01 =8000 V/m (6)

2) Fuerzaeléctricaejercida sobre el electrón:

|~_Fe|=e|~_{E|, siendoela carga del electrón}

Fuerzamagnéticaejercida sobre el electrón:

|~_Fm|=e|~v||~_{B|senα, siendo senα=sen}~vc~B=sen 90°=1

+

+

+

+

+

+

−

−

−

−

−

−

~

_F

∆

V

~

v

~

_F

~

_F

~

v

~

_B

~

_F

~

v

~

_E

2 cm

Figura18: Entre las placas, el e−no

está sometido a ninguna fuerza neta

~_FT=~_Fe+~_Fm=0⇒MRU.

Al salir de las placas sólo interviene la~_{Fm, centrípeta}⇒MCU.

Los módulos de ambas fuerzas deben ser iguales, ya que el elec-trón sigue una trayectoria rectilínea, (fig.18):

eE=evB, v= E B =

8000 0,002 =4·10

6_m/s

3) La fuerza magnética fuera de las placas actúa como fuerza centrípeta(7₎

7

Escentrípetatoda fuerza que apunta siempre a un centro; es⊥a~v y provoca una trayectoria circular de radior. Cualquier fuerza que actúe como centrípeta se puede expresar

como|~_Fc|=m|~ac|=mv2

r

|~_Fm|=mv2

r ⇒ evB=m v2

r

La relación carga/masa del electrón ese/m:

e m =

v2 r

vB =

4·106

1,14·10−22·10−3 =1,75·10

Problema

1

1) La cargaq₁genera un campo eléctrico, la cargaq₂se despla- 1_{) Solución alternativa.}

El trabajo realizado por la fuerza del campo para trasladar una carga (q2 en este caso) desde el puntoPhasta el∞, en un campo creado por otra carga (q1), es ladefinición de energía

potencialde ambas cargas en esa posición, por tanto la solución también se puede plantear simplemente como el cálculo de la energía potencial eléctrica del sistema:

EP=K

q1q2

r =9·10

910−610−8 0,3 =3·10

−4_J

El trabajo tiene el mismo valor pero con signo opuesto, ya que el traslado es desde∞hastaP, realizado por una fuerza externa contraria a la fuerza del campo:

W=−∆EP=−3·10−4J za en dicho campo desde el∞hasta el puntoP. El trabajo para

desplazarq2entre ambos puntos se obtiene con:

W_∞→P =q2(V∞−VP)

dondeV∞=0 por definición, yVP=Kq1

r1 siendor1

=0,3 m

W_∞→P=10−8(0−9·109

10−6

0,3 ) =−3·10 −4_J

Trabajo negativo, ya que acercar dos cargas del mismo signo requiere una fuerza contraria a la del campo, el proceso no es es-pontáneo y el sistema gana energía potencial.

2) Se debe resolver aplicando elprincipio de conservación de

la energía mecánica:la energía total permanece constante; al dejar libreq2es repelida porq1, la energía potencial eléctrica va disminu-yendo y se va transformando en energía cinética:

Ep,1+Ec,1=Ep,2+Ec,2

Kq1q2 r1

+1 2mv

2 1=K

q1q2 r2

+1 2mv

2 2

r1=0,3 m,r2=1,5 m,m=2·10−6kg,v1=0,v2la incógnita:

9·109·10−6·10−8( 1 0,3−

1 1,5) =10

−6_v2

2; v2=15,4 m/s

Problema

3

1) Superficies planas paralelas a las placas cargadas, perpendi-culares a laslíneas de campo

↓

+ + + + + +

2m

− − − − − −

P1

P2 _~

E=−100~k ∆rz

∆V

Figura19_{: Una carga se desplaza en un}

campo eléctrico uniforme. El camino seguido es indiferente, solo importa eldesplazamiento en la dirección del campo.

2) El trabajo(8)para desplazar la cargaqes:W =−q∆V

8

La carga negativaqse desplaza hacia la placa positiva, a un punto demayor

potencial, en sentido opuesto a las líneas de campo, por la fuerza del campo, suEpdisminuye, proceso

espontáneo. . . , por tanto debemos prever un trabajo de signopositivo. La d.d.p.∆Vse relaciona con el campo~E = −100~ky con el

desplazamiento∆~ren la dirección de las líneas de campo —en este

caso en sentido positivo del ejeZ—, según la ecuación~E = −∆V

∆~rz

(véase ec.I en la página2), donde

∆rz=rz,2−rz,1=4−2=2 m ,∆~rz=2~km

−100 ~_k=

−

∆V

2~k ; ∆V=200 V

W=−(−5·10−6)200= +10−3J

La corriente eléctrica (I) que circula por un conductor rectilíneo genera en sus proximidades un campo magnético cuyaslíneas de inducciónson circulares en planos perpendiculares al conductor. Tangente a ellas en cualquier punto se representa el vector campo magnético asociado,~B, cuyo módulo decrece con la distancia al conductor, ley de Bi o t-Sava r t,

|~_B|= µ0

2π

I a

y su sentido se obtiene aplicando laregla de la mano derecha, (figu-ra7en la página6).

Este campo magnético ejerce sobre la carga positiva que se des-plaza paralelamente al conductor una fuerza magnética, o fuerza de

Lo r e n t z, que se expresa mediante el producto vectorial

~_Fm=q(~v×~_B)

El vector~Fmes perpendicular a los otros dos, y su sentido se

puede obtener aplicando la regla delsacacorchoso la de lamano izquierda, (figura3en la página3).

I

inducción - - líneas de

~

v

~

_B

~

_F

Figura20: La fuerza magnética es

perpendicular al conductor y dirigida hacia él, perpendicular a la velocidad y por tanto centrípeta.

Por tanto, el conductor, los vectores~vy~By la fuerza magnética sobre la carga se pueden representar mediante un esquema como el de la figura20.~F_m ⊥~v, por tanto actúa como fuerzacentrípeta1y la

Problema

1

1) De acuerdo con la representación vectorial de la figura21:

~

EA=~E1+~E2=−K |q1| r2

1,A

~_i+K|q2| r2

2,A

~_j (9) 9

Véase la primeraIndicación en la página2.

~_EA=−2·106~_i+7,2·106~_jN/C

|~_EA|=7,47·106_N/C,

α=15,52° ₀₀00₁₁11

~_E2

0,15m A ~_E1

~_EA

~

E2

~_E1

B

q

q

~_EBα 0,05m

α

Figura21: Se aplica el principio de

superposición en cada punto. ~_EB=~_E1+~_E2=K|q1|

r2 1,B

~_j−K|q2| r2

2,B

~_i

~_{EB =−0,8·10}6~_i+18·106~_jN/C

|~_{EB|=18,01·10}6_N/C,

α=2,54°

2) En un campo eléctrico, como es conservativo, el trabajo para desplazar una carga entre dos puntos del campo se puede calcular mediante la variación de la Ep.

En este caso la cargaq3se desplaza desde el puntoAal puntoB en el seno del campo eléctrico generado porq1yq2:

WA→B=−∆Ep=−q3(VB−VA) =q3(VA−VB)

siendoq3= +3, 0 µC,VA el potencial eléctrico en el puntoAdebido

aq1yq2, yVBel potencial enBdebido aq1yq2:(10) 10¡El potencial depende del signo de la

carga! (Véase la segundaIndicación en la página2_.)

Por otra parte, como una carga po-sitiva (q3)se va a alejar de otra carga positiva (q2) y se va a acercar a una

negativa (q1), debemos esperar que el

trabajo resulte positivo, realizado por el propio campo.

VA=K

q1 r1,A

+K q2 r2,A

=9·109−5·10 −6

0,15 +9·10

9+2·10−6

0,05 =60000 V

VB=K q1

r1,B

+K q2 r2,B

=9·109−5·10 −6

0,05 +9·10

9+2·10−6

0,15 =−780000 V

1) ElflujoΦde un campo magnético~Ba través de una superficie

~_{Sse define mediante elproducto escalarde ambos vectores.}

Φ=~B·~S=B Scosα, siendoαel ángulo entre los vectores~By~S.

Φ(t) =B Scosα=3e−t/2π0,022cos 30o =3,26·10−3e−t/2Wb

Φ(0) =3,26·10−3Wb

2) Ley deFa r a day-Le n z: Para inducir f.e.m. en un circuito

debe variar el flujo magnético que lo atraviesa. Para que varíeΦ debe variar, al menos, uno de los factores, en este caso|~_{B|, y como} es una función del tiempo hay que usar la ecuación en su forma diferencial:

ε(t) =−dΦ

dt =−3,26·10 −3₍₋1

2)e −t/2_V

ε(0) =1,63·10−3V

Z

X

Y

I

~

B

~

_B

α

~

_S

Figura22: El vector~Ses⊥a la espira y

su módulo es el área del círculo. La corriente inducida en la espira circula en el sentido indicado. 3) El campo magnético variable~Binduce en la espira una

co-rriente eléctrica, la cuál a su vez genera un campo magnético in-ducido,~Bind. Según su ecuación~Bdisminuye con el tiempo, por

tanto, teniendo en cuenta la ley deLe n zy usando laregla de la

mano derecha(fig.12), el sentido de la corriente inducida (I) debe

ser tal que genere un campo magnético (~Bind) que compense dicha

Problema

3

Teniendo en cuenta que la fuerza total sobre la carga positiva tiene sentido +OX, la cargaQha de ser, necesariamente, negativa; la disposición de fuerzas es como se ve en la figura23, por tanto:

00000 11111

0 1 00000

11111001100001111000111 00

11 0

0 1 1 00 11

12cm +4µC ~_F1

20cm

−3µC ~_FT Q ~_F2

Figura23: Sobre la carga positiva, q2, actúan la fuerza de atracción~F1

ejercida porq1y la fuerza de atracción

~_{F2ejercida por la cargaQ. Son de}

sentidos opuestos y la resultante es~FT ~_FT=~_F1+~_F2=−K|q1||q2|

r2 1

~_i+K|q2||Q| r2

2

~_i (11)

11

Véase la1ªIndicación en la página2. 120~i=−9·1093·10

−6_4·10−6

0,22 ~i+9·10

94·10−6|Q| 0,122 ~i

|Q|=4,9· 10−5C , Q=−49 µC

2000

Cuestión

4

a) Lafuerza magnéticasobre una cargaqen movimiento con ve-locidad~vdentro de un campo magnético~B, ofuerza de Lo r e n t z,

viene dada por el productovectorial:(12₎ 12

El vector~Fmes siempre perpendi-cular a~vy a~B. Su sentido se obtiene con la regla del sacacorchos o la de la mano izquierda (fig.3en la página3).

~_Fm=q(~v×~_B)

Su módulo es

|~_Fm|=|q||~v||~_B|senα

siendoαel ángulo que forman~vy~B. Por tanto siαes 0◦o 180◦

(~v k~_B)(13₎

, es decir, si la carga se mueve en la dirección del campo 13_k

significa “paralelo a. . . ” magnético (mismo sentido o sentido opuesto), senα=0 y por tanto

la fuerza magnética es cero.

+

~

_E

~

_F

-~

_F

Figura24: El vector~F_ees siempre de la

misma dirección que~E, su sentido el mismo si es+qy el opuesto si es−q. b) La fuerzaeléctricasobre una cargaqque se mueve en el seno

de un campo eléctrico~E(fig.24) viene dada por el producto escalar

~_{Fe =q}~_E