1.- Un hilo uniforme tiene forma de rectángulo ABCD

1.- Un hilo uniforme tiene forma de rectángulo ABCD

Si se conecta dicho rectángulo a un circuito eléctrico por los vértices AB,

la resistencia vale R

1

, pero si a ese mismo circuito se conecta por los

vértices BC la resistencia es R

2

=1,6 R

1

¿Cuál es la relación de las

longitudes de los lados del rectángulo?

Designamos con r1 a la resistencia del lado AB y con r2 la del lado BC. Los dos

posibles conexiones son las de la figura inferior

En el primer caso la resistencia r1=AB está en paralelo con las resistencias en serie

r2+r1+r2













1 2





2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2r r 2r r r R 2r r r r r 2 2r r 1 r 1 R 1          

En el segundo caso la resistencia r2=BC está en paralelo con las resistencias en serie

r1+r2+r1













1 2





1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2r r 2r r r R 2r r r r r 2 2r r 1 r 1 R 1          









1,6 2r r r 2r r r R R 2 1 1 1 2 2 1 2    

Si hacemos r1 igual a la unidad resulta:

0 1,6 1,2r r 3,2r 1,6 2r r 2 2 2 2 2 2 2       

Resolviendo la ecuación de segundo grado y considerando la solución positiva r2 =2,

por tanto, la relación de longitudes es la misma que la de resistencias por ser un hilo uniforme. A B _C D B A D C B C A D

2.-Calcular en el circuito de la figura inferior la corriente total que

atraviesa la batería

Esto nos lleva a decir que la resistencia de 2 y la de 6  están en paralelo y el conjunto de las dos en serie con la de 1,5 . El circuito de la parte superior excluyendo a la resistencia de 3  queda así (fig 1)

2 6 B A,D Fig.1 C 2 6 B A,D Fig.2 A B C D 6V 2 1,5 6 3

Vamos a convertir este esquema en otro en el que se vea más fácilmente la disposición de las resistencias.

Para ello señalamos los nudos A B C y D , observamos que entre Ay D no existe resistencia , por tanto, esos dos puntos están al mismo potencial y por tanto son el mismo nudo.

La resistencia de 3 está entre By C, por tanto, en paralelo con las de la. figura 1. El circuito definitivo es el de la figura 2. Resistencia entre C y A Ω 2 3 R 6 1 2 1 R 1 CA CA     Resistencia entre B y A 3Ω 2 3 1,5 RBA   

Resistencia total del circuito Ω 2 3 R 3 1 3 1 R 1 T T     Intensidad total 4A 1,5 6 I  3

3.-Sobre el eje X se encuentra una carga –q

1

, a su derecha y a una

distancia l se encuentra una carga +q

2

, siendo en valor absoluto q

2

>q

1

.

Ambas cargas están fijas. Por el eje X y por la izquierda de q

1

y desde el

infinito se acerca una masa m con una carga +q

3

. Calcular la velocidad

mínima que debe tener en el infinito esta carga para que pueda alcanzar

a q

1

.

En la figura está el esquema de la situación de las cargas

En el punto P a una distancia r de –q1, los campos eléctricos de la dos cargas se anulan. A

la izquierda de P predomina el campo de +q2 y a la derecha de P el de -q1. Dado que la

carga q3 es positiva, a la izquierda de P es repelida, pero si rebasa el punto P, entonces es

atraída, por consiguiente, si +q3 ha de llegar a -q1 basta con que su velocidad en P sea

nula, ya que de ahí en adelante será atraída por –q1.

El trabajo que es necesario realizar para que la carga +q3 llegue a P es:









_            _        _ r q l r q ε 4π 1 q V 0 q V V q W 2 1 o 3 P 3 P 3

El signo negativo indica que el trabajo debe realizarse en contra de las fuerzas del campo.

Este trabajo se realiza a costa de la energía cinética inicial que la carga q3 tiene en el

infinito       _                _   r q l r q mε 4π 2q v r q l r q ε 4π 1 q mv 2 1 2 1 o 3 1 2 o 3 2

El valor de r se puede calcular a partir de que en el punto P las fuerzas son iguales





1 q q 1 r 1 q q r l q q r l r l r q ε 4π 1 r q ε 4π 1 1 2 1 2 1 2 2 2 o 2 1 o            P r l -q1 _-q +q2 1

4.- En el circuito de la figura inferior cada una de las pilas tiene una

fuerza electromotriz



y una resistencia interna r. El voltímetro tiene una

resistencia interna muy superior a r y los cables carecen de resistencia.

Determinar cuál será la lectura del voltímetro

El circuito de la figura equivale al siguiente

La intensidad que circula por la malla superior es:

r ε r 3r ε 3ε R ε I     





y tiene el

sentido de movimiento de las agujas de un reloj, como señala la flecha curvada de la figura.

Si tomamos como sentido positivo el de la corriente y calculamos la diferencia de potencial por la parte inferior

0 ε r r ε ε Ir ε IR V VA  B 







    

Si calculamos la misma diferencia de potencial por la parte superior

 

3r 3ε 0 r ε 3ε -3r I ε IR V V_A  _B 







       V B A 3,3r B ,r A

5.-En el circuito de la figura inferior determinar la frecuencia de

resonancia

La impedancia de la rama que contiene la bobina vale Z1 RL Lω i

La impedancia de la rama que contiene el condensador vale i Cω

1 R Z₁  _C  La admitancia de todo el circuito

Cω i R 1 i Lω R 1 Y C L    

Multiplicamos por el conjugado del denominador en cada fracción

                           2 2 2 C 2 2 2 L 2 2 2 C C 2 2 2 L L 2 2 2 C C 2 2 2 L L ω C 1 R Cω 1 ω L R Lω -ω C 1 R R ω L R R Y ω C 1 R Cω i R ω L R i Lω R Y i

La resonancia se produce cuando la parte imaginaria es nula





C L R C L R LC 2π 1 f C L R C L R LC 1 ω C L R LC C C L R ω L CR C L C LR ω Cω L CR L ω C LR 1 ω C R Cω ω L R Lω 2 C 2 L r 2 C 2 L r 2 C 2 2 L 2 r 2 L 2 2 2 C 2 r 2 r 2 2 L 2 r 2 2 C 2 r 2 2 C r 2 r 2 2 L r                _       _               RL L RC C

Para que haya resonancia se tiene que cumplir que C L R y C L R 2C 2 L   o también que C L R y C L R 2C 2 L  

6.- Un anillo de radio R tiene distribuida uniformemente una carga de Q

culombios. a) Calcular el campo eléctrico en un punto de su eje que dista

del centro del anillo x. b) Dibujar la gráfica campo (eje Y) frente a

distancia x, para una espira de radio R=10 cm y Q = 1 nC c) Determinar

para qué valor de x el módulo del campo es máximo y el valor del campo

en ese punto.

Escogemos dos elementos de longitud dl situados en los extremos de un diámetro. Cada elemento tendrá una carga dq = dl

R 2π

Q

y crearán sendos campos Ed, tales como los que se indican en la figura superior. Ambos campos tienen la componente sobre la vertical igual y de sentido contrario y sobre la horizontal igual y del mismo sentido. Esto supone que al sumar las contribuciones de los distintos elementos en los que se descompone el aro la componente vertical se anula y solo queda sumar la componente sobre el eje horizontal.













2 3 2 2 o 2 3 2 2 o 2 eje 0 2 3 2 2 o 2 eje 3 o 2 o eje x R ε 4π Qx R 2π x R R ε 8π Qx E dl x R R ε 8π Qx E L x dl R 2π Q ε 4π 1 L x L dQ ε 4π 1 cosθ dE dE R 2π                

_

b) 0 50 100 150 200 250 300 350 400 0 5 10 15 20 25 30 x/cm Ee je e n N /C R dE dE x L 

De la gráfica se observa que el campo presenta un máximo. Para hallar su valor derivamos la función Eeje= f(x) frente a x, e igualamos a cero.

c)















 







7,07cm 2 cm 10 2 R x 2x R 3x x R 0 3x x R x R 0 x R 2x x R 2 3 x x R ε 4π Q dx dE 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 o eje                                    









C N 346 0,0707 0,1 0,0707 10 9.10 x R Qx ε 4π 1 E 2 3 2 2 9 9 2 3 2 2 o eje       

7.- Un condensador plano de capacidad C está descargado. Mediante un

hilo muy largo se une una de las armaduras a una esfera de radio R y

carga q

o

y la otra se une a tierra. Calcular la carga que permanece en la

esfera después de la unión.

Parte de la carga de la esfera pasa al condensador y este flujo de carga cesa cuando los potenciales se igualen. Designamos con qC la carga que adquiere el condensador y con q

la carga que permanece en la esfera.

Por una parte se conserva la carga y por otra se igualen los potenciales del condensador y de la esfera R q ε 4π 1 C q q q q o C C o   

1 R ε 4π C q q C q R ε 4π 1 q C q R q ε 4π 1 C q q o o o o o o              

8.-En el circuito de la figura inferior hay que determinar el valor de la

resistencia R para que la potencia calorífica generada en dicha

resistencia sea la máxima posible y además calcular cuánto vale esa

potencia máxima.

Se supone que las pilas carecen de resistencias internas.

Se toma como sentido positivo el de las agujas de un reloj. Las ecuaciones para las mallas izquierda y derecha son:

IR R I E IR R I E 2 2 2 1 1 1       Para un nudo I = I1+I2

A partir de las tres ecuaciones









1 2



1 2



1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 R R R R R R E R E I R R R R R R R R R R E R E I R E R E R R R R R 1 I R E R E R R R R 1 I R IR E R IR E I                                     

La potencia térmica generada en la resistencia R, vale:











R R R R R



R R E R E R I P ₂ 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2       (1)

Como se pide que la potencia sea máxima derivamos la función anterior respecto de R e igualamos a cero.











 























0 4 2 R 1 R R 2 R 1 R 2 R 1 R 2 R 1 R R 2 R 1 R 2 2 1 R 2 E 2 R 1 E 2 1 R 2 E 2 R 1 E 2 2 R 1 R R 2 R 1 R dR dP               R De la ecuación anterior E1 E2 R1 R R2 I1 I I2 +













2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 R R R R R R R R R R 0 R R 2R R R R R R            (2) Llevando la ecuación (2) a (1)



















1 2



2 1 2 1 2 2 1 max 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 max R R R 4R R E R E P R R R R R 4R R E R E R R R R R R R R R R R R R E R E P                     

9.-Calcular la capacidad del sistema de condensadores de la figura

inferior. Cada placa metálica tiene una superficie S y entre dos placas

existe una distancia d.

Para saber cómo están conectados los condensadores hemos numerado las placas. Las figuras inferiores indican cómo se conectan las placas.

En la última figura se observa que los dos condensadores inferiores se encuentran en serie y el conjunto de ellos en paralelo con el tercero. Por tanto la capacidad del conjunto es: La capacidad de 2-1 y 4-3 2 C C C 1 C 1 C 1 A A     La capacidad equivalente 2 C 3 C 2 C C_E   

La capacidad de cada condensador plano es:

d S ε 2 3 C d S ε C  _E  A B 1 2 3 4 d 3 2 2 1 4 3 A B 2 3 2 1 4 3 A B

10.- Determinar la capacidad equivalente entre A y B en el circuito de la

figura inferior. Los condensadores son iguales y la capacidad de cada

uno es C.

Supongamos que en lugar de ser infinitas las mallas solamente son cuatro

Vamos a eliminar la malla 4 sustituyéndola por un solo condensador. Los condensadores  y  están en serie y el conjunto de los dos en paralelo con el . Los tres pueden sustituirse por un solo condensador

2 3C 2 C C C 2 C C C 1 C 1 C 1 E 1 1        

El sistema de condensadores quedaría así:

En la malla 3 sustituimos los condensadores ,  y el de capacidad 3C/2 por un solo condensador 5 8C 5 3C C C 6 3C C 3C 2 C 1 C 1 E 2 2        

El sistema de condensadores quedaría así A B 1 2  3 C A B 1 2 3  4  A B  

Los tres condensadores de la malla 2 los sustituimos por un solo condensador 13 21C 13 8C C C 13 8C C 8C 5 C 1 C 1 E 3 3        

El sistema de condensadores quedaría así

La capacidad entre A y B es:

34 21C C 21C 13 C 1 C 1 AB AB     Analicemos la secuencia obtenida

34 21C C ; 13 21C ; 5 8C ; 2 3C A B 

De los tres primeros términos se deduce que el denominador de uno de ellos es igual a la suma de numerador y denominador del anterior y que su numerador es igual a la suma del numerador del anterior más su propio denominador, en general





1 a 1 2a 1 y x 1 y x 2 y x y 2x y x y x x y x ; y x 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n n n 1 n 1 n                            

Si nos fijamos en el valor de la capacidad equivalente resulta que su numerador es igual al del último término y su denominador es la suma del numerador y denominador del último término, en general

1 a a 1 y x y x y x x C n n n n n n n AB  _     (1) A B 1 C A B 1 C 2

Para averiguar el valor de a establecemos que cuando existen infinitas mallas 2 5 1 a 0 1 a a 0 a a 1 2a 0 a 1 a 1 2a 0 y x y x 2 2 1 n 1 n n n                     

Sustituyendo la solución positiva en la ecuación (1)













2 1 5 C 4 5 2 2 5 9 5 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 1 5 3 5 1 1 2 5 1 2 5 1 1 a a C AB AB                         

Otra forma de abordar el problema se basa en que al existir infinitas mallas, el añadir o quitar una no debe afectar al resultado, según esto podemos reducir el sistema al siguiente

Todo lo que está a la derecha de la línea PQ tiene una capacidad CAB y el sistema

siguiente también, en virtud de que añadir una malla a la serie infinita no afecta al resultado A B P CAB C A B P Q Q C

Los condensadores CAB y C (el que está más cerca de la línea PQ) están en paralelo y su

equivalente es:

C C C´ _AB

C´ está en serie con el otro C, por tanto, la capacidad equivalente es:

2 1 5 C 2 4C C C C 0 C C C C C C C C 2C C 2C C C C C C C´´ C C C 2C C C C 1 C 1 C´´ 1 AB 2 2 AB 2 AB 2 AB AB 2 AB 2 AB AB AB 2 AB AB 2 AB AB                             

11.- Dos esferas de radio R y carga +Q (la carga de cada esfera está

distribuida uniformemente sobre su superficie), están separadas una

distancia D>>R. Una de las esferas lleva adherida en su superficie una

muy pequeña esfera de carga –q y masa m. Determinar qué velocidad

mínima hay que comunicar a esa pequeña esfera para que se adhiera a

la otra esfera.

La situación inicial está reflejada en la figura

La esfera pequeña esta sometida a dos fuerzas de naturaleza eléctrica, una dirigida al centro de la esfera 1 y otra dirigida al centro de la esfera 2. La primera fuerza es más intensa porque la distancia de la esfera uno a la esfera pequeña es R mientras que la de la esfera 2 es D-R>R. En consecuencia para despegar la esfera pequeña de la esfera 1 hemos de comunicarle una cierta velocidad, la cual nos bastará con que al llegar a la distancia D/2 tenga velocidad nula, ya que a partir de ese momento la atracción de la esfera 2 es mayor que la de la esfera 1.

Dado que los campos son conservativos establecemos la suma de la energía inicial ((cinética + potencial eléctrica) y cuando la esfera pequeña esté en D/2 (energía cinética nula+energía potencial eléctrica)

      _           _{ }            D 4 R D 1 R 1 ε 2mπ Qq v D 2 D 2 R D 1 R 1 ε 4π Qq mv 2 1 2 D Qq ε 4π 1 2 D Qq ε 4π 1 0 R D Qq ε 4π 1 R Qq ε 4π 1 mv 2 1 o o 2 o o o o 2 1 2 D +Q R

12.- Una esfera metálica de radio R esta cargada a un potencial V.

Calcular el potencial de la mencionada esfera si

a) Se rodea de una capa esférica, de radio R

2

y espesor despreciable,

concéntrica con la esfera y se conecta a tierra. b) Si en lugar de unir la

capa esférica a tierra se une a la esfera c) si se rodea de una capa

esférica cuyo radio interior es R2 y el exterior R3 y la unimos a tierra.

a) Supongamos una superficie esférica exterior a la capa esférica de radio r>R2

El potencial de la capa esférica es cero ya que está unida a tierra, Vr =0

Aplicamos el teorema de Gauss. El flujo eléctrico que atraviesa la superficie esférica de radio r R₂ es: 0 r ε 4π q V 0 Cte 0 V , r cuando Cte r ε 4π q V r dr ε 4π q dV dr dV r q ε 4π 1 E ε q S E o r r o r 2 o r r 2 o o                      















De la última expresión se deduce



q 0, por lo que si la carga de la esfera es +Q la de la capa esférica es –Q.

Designamos con V1 el potencial que tiene ahora la esfera y calculamos el campo en un

lugarR₁ rR₂ ) 1 ( R ε 4π Q r ε 4π Q V R ε 4π Q Cte 0 V , R r cuando Cte r ε 4π Q V r dr ε 4π Q dV dr dV r Q ε 4π 1 E ε q S E 2 o o r 2 o r 2 o r 2 o r r 2 o o                       



_

_

Dado que la ecuación (1) la podemos aplicar cuando r =R1

2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 o 2 1 o 1 R R R V V R R R R R R ε 4π Q R 1 R 1 ε 4π Q V _                   

b) Si unimos la esfera a la capa esférica pasará carga de la esfera a la capa hasta que los potenciales se igualen. La carga Q inicial se reparte entre la esfera y la capa esférica Q = q1+q2. Designamos con V2 al nuevo potencial de la esfera.

Calculamos el campo en r, siendo r prácticamente igual a R2 (como en la figura

superior) ) 2 ( r ε 4π Q V 0 Cte 0 V , r cuando Cte r ε 4π Q V r dr ε 4π Q dV dr dV r ε 4π 1 r q ε 4π 1 E ε q S E o r r o r 2 o r r 2 o 2 2 1 o o                        



q Q





En al ecuación (2) cuando r=R2 , Vr = V2, ya que los potenciales se igualan

2 1 2 1 1 o 2 o 2 R R V R R R ε 4π Q R ε 4π Q V   

c) En el interior de la capa esférica el campo es nulo ya que la mencionada capa es conductora.

Calculemos el campo en un lugar en que R2 rR3 , esto es en el interior de la

capa esférica donde el campo es nulo.

0 q 0 ε r 4π q E ε q S E o 2 o       







Como la carga de la esfera es Q sobre el interior de la capa esférica (radio R2) aparece

una carga –Q, y por influencia aparece en el exterior de la capa esférica una carga +Q. R1

R2

R3

Calculamos ahora el campo en un lugar donde r>R3 (3) r ε 4π Q V 0 Cte 0 V , r cuando Cte r ε 4π Q V r dr ε 4π Q dV dr dV r Q ε 4π 1 r Q Q Q ε 4π 1 E ε q S E o r r o r 2 o r r 2 o 2 o o                         



_

_

En la expresión (3) cuando r = R3 tenemos el potencial en la cara externa de la capa

esférica y también la cara interna ya que al ser el campo nulo en su interior su potencial es constante.

Calculamos ahora el campo y el potencial en un lugar en que R₁ rR₂ y siguiendo los pasos ya aplicados anteriormente obtenemos

Cte r Q ε 4π 1 V o   (4)

En la ecuación anterior cuando r =R2 el potencial vale Vr de la ecuación (3) para r =R3

           2 3 o 2 o 3 o R 1 R 1 ε 4π 1 Cte Cte R Q ε 4π 1 R Q ε 4π 1

Volviendo a la ecuación (4) y aplicándola para r =R1 y designando con V3 al nuevo

potencial                            3 2 2 3 o 3 2 o 3 2 1 o 3 R R R R ε 4π Q V R 1 R 1 ε 4π Q V R 1 R 1 R 1 ε 4π Q V

13.- En el circuito de la figura inferior se ha cerrado el interruptor S y se

ha establecido la corriente estacionaria. Si ahora se levanta el

interruptor, queda desconectada la batería del circuito.

Determinar a partir de ese instante, la cantidad de calor que se desprende

en la resistencia R

2

.

Cuando S está cerrado y se ha establecido la corriente estacionaria, y se tiene en cuenta que R1 y R2 están en paralelo, el valor de la intensidad que circula por la batería es

:





2 1 2 1 2 1 2 1 R R R R ε R R R R ε R ε I     



La intensidad de la corriente que atraviesa la resistencia R1 es:

1 1

R ε I  La energía almacenada en la autoinducción es:

2 1 I L 2 1 E 

Al abrir S la energía almacenada en la autoinducción se transforma en energía térmica en cada resistencia. Ahora las resistencias se encuentran en serie.

2 1 2 1º E E I L 2 1 E   

Las energías desprendidas en cada resistencia son proporcionales a sus valores

2 1 2 1 2 1 2 1 R R E E R R E E   



1 2



2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 R R R LR ε 2 1 E R R R E R ε L 2 1 E R R E I L 2 1 E                L R1 R2 S 

14.- Un generador de corriente alterna cuya fuerza electromotriz está

dada por la expresión



=





sen



t se une a una autoinducción L sin

resistencia óhmica. Determinar cómo varía la intensidad en la

autoinducción en función del tiempo.

Al conectar la corriente aparece en la autoinducción una fuerza electromotriz inducida cuyo valor es:

dt di L

 , por tanto, al no haber resistencia en el circuito i R =0

Cte t cosω ω ε Li t senω ε di L 0 dt di L t senω ε 0 dt di L ε 0 o o            

_

_

Cuando t=0, i =0 luego ω ε Cte o



1 cosω t



Lω ε i o 

15.- En el circuito de la figura las resistencias son iguales a R y los

voltímetros son idénticos, cada uno con una resistencia interna r. El

voltímetro 1 indica 10 V y el 3 marca 8 V. ¿Qué indicará el voltímetro 2?

Establecemos las intensidades en las mallas

r V I ; r I R I V V V 2 2 2 1 1 D A      r V I ; r I R I V V V 3 3 3 3 2 D B      3 2 1 I I I  

Combinando la tercera ecuación con la primera y sustituyendo el valor de I3.









R r V r r R V R I r R I r I R I I V 3 2 3 2 2 3 2 1          (1)

A partir de las segundas ecuaciones

3 3 2 V r R V V   (2) Despejamos x r R  de la ecuación (2) 3 3 2 V V V r R x   y lo llevamos a la (1)





0 80 64 V 8 V 0 V V V V V V V V V V V V V V V 1 V V V V x V 1 x V R r V r r R V V 2 2 2 3 1 2 3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 1 3 3 2 3 3 3 2 2 3 2 3 2 1                                      

Resolviendo la ecuación de segundo grado

V 8,6 2 144 4 64 8 V₂       V1, r V2, r V3,r R R R I3 A B V1, r V2, r V3,r I1 I3 I2 C D D D

16. Calcular en el circuito de la figura la caída de tensión en cada uno de

los condensadores. Se sabe que si la resistencia R se cortocircuita, la

intensidad que pasa por la batería se triplica respecto a la que pasa por el

circuito de la figura.

Designamos con V1 la caída de tensión en el condensador 1 y con V2 la caída de

tensión en el condensador 2. Ir ε IR ΔV ΔV V VA  B  1 2    (1)

Los dos condensadores están en serie, por tanto ambos tienen la misma carga en sus armaduras y se cumplirá que

2 2 1 1ΔV C ΔV C q 

Si cortocircuitamos la resistencia R poniendo un cable sin resistencia entre Ay B la intensidad de la corriente que atraviesa la batería es 3I

3 ε Ir r ε I 3    Sustituyendo en la ecuación (1) 3 2ε 3 ε ε IR ΔV ΔV V V_A  _B  ₁ ₂    

Sustituyendo V1 y V2 en función de q y las capacidades de los condensadores,

resulta:





2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 C C C C 3 2ε q C C C C q C q C q 3 2ε        2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 C C C 3 2ε C q ΔV ; C C C 3 2ε C q ΔV       R



,r C1 C2 A B

17.- Calcular la intensidad de la corriente que circula por la resistencia r

del circuito de la figura inferior. La resistencia interna de las pilas es

despreciable.

Admitimos que las fuerzas electromotrices son positivas del polo positivo al negativo y establecemos intensidades de corriente en las mallas.

Tomamos como sentido positivo el movimiento de las agujas de un reloj.

Primera malla 1 1 1 1 1 1 R I R I

ε

ε

   Segunda malla I₁R₁I₂R₂ I₃R₃ 0 I₂R₂ I₁R₁I₃R₃ Tercera malla 3 2 3 2 3 3 R Ir I R I Ir 

ε

  

ε

Nudo I R Ir I I I I 3 2 2 3 2

ε

_     

Sustituyendo I1, I2 e I3 en la segunda ecuación:









_



_



3 2 3 2 3 2 2 3 1 3 2 2 3 1 3 3 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2 3 3 2 1 1 1 2 2 3 2 R R R R r R R R I R R R rR R R rR I R R r R R rR I R R Ir R R IR R R Ir

ε

ε

ε

ε

ε

ε

ε

ε

ε

ε

                              R2 r



1 _R1 R3



2 I1



1 I2 I3 I R2 r



2 R1 R3

18.- Una resistencia R y un condensador C pueden colocarse en serie o

en paralelo. La impedancia en el primer caso es el doble que en el

segundo para una cierta pulsación



¿Cuál es el valor de esa pulsación?

Cuando están colocados en serie la impedancia del circuito es:

i Cω

1 R Zs  

Cuando están colocados en paralelo la impedancia es:





2 2 2 p p 1 R C ω i RCω 1 R i RCω 1 R Z R i RCω 1 i Cω R 1 i Cω 1 1 R 1 Z 1              Como _{2 2 2} 2 2 2 2 p s ω C R 1 i Cω 2R ω C R 1 2R i Cω 1 R 2Z Z       

De la igualdad anterior se deduce que las partes reales sean iguales y también las imaginarias RC 1 ω 1 ω C R ω C R 1 ω C 2R ω C R 1 Cω 2R Cω 1 RC 1 ω 1 ω C R 2 ω C R 1 ω C R 1 2R R 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                    

19.- Se disponen de n pilas iguales, cada una con un fuerza electromotriz



y una resistencia interna r. Con ellas se forman



grupos cada uno de

ellos con



pilas en serie. Los grupos



se asocian en paralelo. El

conjunto de pilas se unen a una resistencia externa R. Se piden los

valores de



y



para que la intensidad de la corriente que atraviese la

resistencia R sea la máxima posible y también el valor de dicha

intensidad.

Cada uno de los grupos  tiene una fuerza electromotriz . Al ponerlos en paralelo el conjunto tiene esa fuerza electromotriz. Veamos ahora cuál es la resistencia eléctrica del conjunto. Cada grupo  tiene pilas en serie por tanto la resistencia es r. Como existen  grupos asociados en paralelo la resistencia total Re es:

β r α R αr β ... αr 1 αr 1 R 1 e e      

En definitiva es como si tuviésemos una pila de fuerza electromotriz  y una resistencia interna

β r α

, la cual se une a una resistencia externa R. Aplicamos la ley de Ohm generalizada: β r α R ε α i   

 y  están relacionadas entre sí : n = sustituyendo en la intensidad nos queda

r α nR ε nα n r α R αε β αr R αε i _{2 2}      

Como la intensidad es máxima derivamos la función anterior respecto de la variable e igualamos a cero









r nR α r 2α r α nR 0 r α nR r 2α ε nα nε r α nR dα di 2 2 2 2 2            R nr nR r n r nR n β  

Para hallar el valor de la intensidad máxima sustituimos los valores de  en la ecuación de la intensidad. Rr n 2 ε r nR 2R ε r r nR nR ε r nR n r α nR ε nα i ₂        

Planteamos ahora la siguiente situación. Tenemos 60 pilas de resistencia interna cada una r =1  y las vamos a utilizar todas agrupándolas con distintos valores de  y Los casos posibles, con sus resistencias internas de la agrupación son:

 1 2 3 4 5 6 10 12 15 20 30 60

 60 30 20 15 12 10 6 5 4 3 2 1

Ri/ 0,016 0,066 0,15 0,266 0,416 0,6 1,66 2,4 3,75 6,66 15 60 Los valores de la resistencia exterior R si coinciden con los de la resistencia interna Ri, darán lugar a máximos de intensidad, por ejemplo si R = 15 , entonces la disposición estaría formada por dos agrupaciones de 30 pilas cada una y ambas colocadas en paralelo Si R esta comprendida entre dos valores de Ri una de las dos proporciona la máxima intensidad o ambas la misma, por ejemplo, si elegimos 5,5  entonces caben dos posibilidades: 4 agrupaciones de 15 pilas o 3 agrupaciones de 20 pilas .La decisión entre las dos depende de la intensidad que proporcionen:

1,64 ε 3 20 5,5 20ε β αr R 20ε i ; 1,62 ε 4 15 5,5 15ε β αr R αε i          

Si R> 60  , entonces la máxima intensidad la dará la agrupación en que todas las pilas se dispongan en serie y si R<0,016  la agrupación que dará mayor intensidad es colocar todas las pilas en paralelo.

20.-Un aro (asimilable a una circunferencia de radio R) tiene distribuida

de forma uniforme una carga Q. El aro esta situado en el plano XY y el

eje Z es perpendicular al plano del anillo y pasa por su centro. Se pide

calcular el campo eléctrico

E



en cualquier punto +h del eje Z positivo y

determinar el valor de h para el cual el módulo de

E



es el máximo.

Dibujar la gráfica de E frente a h cuando R= 10 cm y Q = 10

-9

_C

Dato

9.10

9

Nm

2

/C

2

o

ε

4π

1

_

En la figura inferior se representan los campos que crean dos trozos infinitesimales del aro en un punto +h del eje Z. Se observa que esos campos tienen componentes iguales y opuestas en la dirección del eje X y que, por tanto, al sumar estas componentes se anulan, mientras que las del eje Z tienen la misma dirección y sentido. Luego el campo tiene la dirección positiva del eje Z y es la componente de dE sobre el citado eje Z, cuyo valor en módulo es dE cos .

cosθ r dQ ε 4π 1 cosθ dE dE ₂ o Z    

El modulo del campo EZ se obtiene integrando la expresión anterior

cosθ r Q ε 4π 1 cosθ r dQ ε 4π 1 E ₂ o 2 o Z 



   Q o Introduciendo el valor de h . 2 2 2 2 2 h R h r h cosθ ; h R r     





2 3 2 2 o 2 2 2 2 o 2 o Z h R Q ε 4π 1 h R h h R Q ε 4π 1 cosθ r Q ε 4π 1 E         h R r dQ dQ  dE

Para hallar el valor de Ez máximo derivamos la anterior función respecto de h e igualamos a cero





















2 2 R 2 R h 3h h R 0 h R 3h h R 0 h R 2h h R 2 3 h h R ε 4π Q dh dE 2 2 2 2 1 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 o Z                     0 50 100 150 200 250 300 350 400 0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 h/m E z e n N /C

21.-a) Calcular la energía que posee una esfera conductora y aislada de

radio R y que posee una carga +Q.

b) Calcular la energía de dos capas esféricas de pequeño espesor si son

concéntricas de radios R

1

y R

2

, siendo R

2

>R

1

, las cuales poseen cargas

eléctricas +Q

1

y +Q

2

,respectivamente.

a) Para calcular la energía de la esfera cargada suponemos que ella está inicialmente descargada y nosotros la vamos cargando transportando cargas +dq desde el infinito hasta la esfera.. Cada pequeña carga que llevemos supone un trabajo que hemos de aportar y la suma de todos esos trabajos, hasta cargar la esfera, nos mide la energía que puede almacenar.

Supongamos que en un determinado momento la carga de la esfera es +q y si una carga +dq se traslada desde el infinito a la esfera, el trabajo vale:



 



_           _ R q ε 4π 1 0 dq V -V dq V V dq dW o llegadaa llegada partida

Observe que al ser dq positiva y q también positiva, hemos de hacer un trabajo exterior contra las fuerzas del campo, el cual da lugar a que la esfera adquiera energía.

Para calcular el trabajo total sumamos esos trabajos dW, lo que equivale a integrar la expresión anterior entre los límites cero y Q.

R ε 8π Q 2 q R ε 4π 1 R dq q ε 4π 1 W o 2 Q 0 2 o Q 0 o      



La energía de la esfera llamada energía propia vale R ε 8π Q E o 2 propia

b) Para este caso supongamos que ambas esferas están descargadas y procedemos a cargar la de radio R1 y cuando ésta tenga la carga Q1, procedemos a cargar la esfera de

radioR2.

El cálculo para la esfera interior ya se ha hecho en el apartado a. Para la segunda esfera hay que tener en cuenta que se encuentra a un cierto potencial debido a la influencia de la carga interior Q1 de la esfera interior y que además adquiere otro potencial como

consecuencia de la carga q que va a ir adquiriendo, hasta tomar finalmente Q2.









2 o 2 2 2 2 1 o Q2 o o 2 Q2 0 2 1 o 1 2 o 2 1 o llegadaa llegada partida 2 R ε 4π Q R Q Q ε 4π 1 R dq q ε 4π 1 dq R Q ε 4π 1 W dq R q ε 4π 1 R Q ε 4π 1 0 V -V dq V V dq dW                     







La energía almacena por el sistema de las dos esferas, vale:

2 2 2 o 2 2 1 o 1 2 1 o R Q ε 8π 1 R Q Q ε 4π 1 R Q ε 8π 1 E  

22.- Se desea construir un circuito serie LCR de modo que para una

frecuencia de 10 kHz, la impedancia del circuito sea 1,3 k



su

frecuencia de resonancia 5,0 kHz y la intensidad de la corriente esté

retrasada 60º respecto de la tensión.

a) Calcular los valores de L, R y C

b) Si el voltaje eficaz de la fuente del circuito es 130 V, calcular la

intensidad eficaz en el circuito y las tensiones eficaces en cada uno de

los elementos

c) Calcular la potencia media en el circuito y la potencia media en cada

uno de sus elementos.

d) Si se mantienen las mismas L, R y C obtenidas en el apartado a), así

como el voltaje eficaz, se pide calcular la frecuencia de la corriente

alterna para la que la potencia consumida en el circuito sea la máxima

posible.

e) Determine para que frecuencias la potencia consumida en el circuito

es 8 W.

a) Teniendo en cuenta que la intensidad de la corriente está retrasada respecto del voltaje, esto nos indica que es un circuito en que la reactancia inductiva es mayor que

, la reactancia capacitiva. Un esquema (fig.1), no a escala, nos indica este hecho. De la figura 1 se deduce





2 2 2 3 2 2 Cω 1 Lω R 1,3.10 ; Cω 1 Lω R Z       _         _   (1) 60º tag R Cω 1 Lω tagθ    (2)

La resonancia ocurre cuando L 1/C R Z  L-1/C Fig.1





C 1,013.10 L 5,0.10 C4π 1 Cω 1 L Cω 1 Lω 9 2 3 2 2 R R R        (3)

Combinando las ecuaciones (1) y (2).





 







 







  650  4 10 . 69 , 1 R 60 tag 1 R .10 69 , 1 60 tag R R 1,3.10 6 2 2 6 2 2 2 3 Combinando (3) con (2).

 

F 4,2.10 2ππ1 tag60 650 1 10 4π 1,013.10 C Cω 60 tag 650 1 ω 1,013.10 60 tag 650 Cω 1 C ω 1,013.10 60º tag R Cω 1 Lω 8 4 2 4 2 9 2 9 9                            De la ecuación (3) H 0,025 4,2.10 1,03.10 L ₈ 9   _ b) A 0,10 1,3.10 130 Z V I efz ₃ efz  

En la resistencia V_efzR I_efz R0,1065065V

En el condensador 37,9V 10 2 4,2.10 1 0,10 f 2 1 I V efz _{-8 4} C efz           C

En la autoinducción V_efzL I_efz L2 f 0,100,0252104 157V c) Potencia media en el circuito

W 6,5 cos60 130 0,10 cosθ V I P  _{efz efz}    

Potencia media en la resistencia

W 6,5 650 0,1 R I P 2_efz 2 R    

Las potencias medias tanto en el condensador como en la bobina son nulas. d) 2 2 2 efz efz efz efz efz Cω 1 Lω R R V Z R V Z V cosθ V I P       _    

Para que la potencia sea máxima el denominador debe ser mínimo y eso ocurre cuando Cω

1

Lω  , lo que significa que el circuito está en resonancia, la frecuencia de resonancia es un dato del problema y es 5 kHz.

La potencia media máxima vale: W 13 130 0,1 V I

P_max  _{efz efz}    e) 13 8 cosθ cosθ 130 0,10 cosθ V I 8 P   _{efz efz}     

Para el valor del coseno anterior existen dos soluciones θ52º y θ52º. Para el primer valor en el circuito predomina la reactancia inductiva (como se observa en la figura1), para el segundo valor de  predomina la reactancia capacitiva.

En el primer caso kHz 8,2 f f 2π 51670 ω 0 1 ω 3,49.10 ω 1,05.10 0 1 832C ω LCω Cω 1 Lω 832 Cω 1 Lω 650 * 1,64 169R Cω 1 Lω 64 64R Cω 1 Lω R R 169 64 Cω 1 Lω R R 13 8 cosθ 5 2 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                         _          _          _          _     

En el segundo caso, cuando  = -52º, la reactancia capacitiva es mayor que la reactancia inductiva (fig.2). kHz 2,9 f f 2π 18429 ω 0 1 ω 3,49.10 ω 1,05.10 0 1 832C ω LCω Lω Cω 1 832 Lω Cω 1 650 * 1,64 169R Lω Cω 1 64 64R Lω Cω 1 R R 169 64 Lω Cω 1 R R 13 8 cosθ 5 2 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                         _          _          _          _      1/C-L L 1/C 52º R Z Fig.2

23.- Un condensador C

1

tiene una capacidad de 5.10

-12

F y se carga a una

diferencia de potencial de 60 V. Un segundo condensador C

2

tiene una

capacidad de 80.10

-12

F y se carga a una tensión de 15 V. Una vez

cargados los condensadores se monta el circuito indicado en la figura

inferior.

a) Calcular la carga y la energía almacenada en cada condensador.

b) Se cierra el interruptor I, calcular la intensidad que circula por el

circuito en el instante del cierre

c) Calcular la carga de cada condensador cuando no circule corriente

por el circuito

d) Determinar la expresión matemática que indica cómo varía la

intensidad de la corriente en el circuito durante el periodo transitorio.

e) Calcular la energía perdida por los condensadores durante el proceso.

a) J 9.10 15 80.10 2 1 V C 2 1 E ; J 9.10 60 5.10 2 1 V C 2 1 E C 12.10 15 80.10 V C Q ; C 3.10 60 5.10 V C Q 9 2 12 2 2 2 2 9 2 12 2 1 1 1 10 12 2 2 2 10 12 1 1 1                        

b) En el instante de cerrar el interruptor el circuito se compone como si tuviese una fuente de 60 V y otra de 15 en sentido opuesto; aplicando la ley de Ohm generalizada c) A 2,25.10 2.10 15 60 R C Q C Q R V V I 2 ₆ 5 2 1 1 2 1 o        

c) De acuerdo con la figura del enunciado escribimos

V 45 V V V 15 V V ; V 60 V VA  B  C  B   A  C 

Como VA es mayor que VC el condensador C1 comenzará a perder carga que será

ganada por el condensador C2 , esto durará hasta que (VA= VC)final , esto es,

0 V

VAf  Cf  .

Llamamos a la carga perdida por C1, que es la ganada por C2.

R=2.106  C1 C2 I + + + + + + A B C













C 2,12.10 85 180.10 θ 5θ 60.10 80θ 240.10 5.10 θ 12.10 80.10 θ 3.10 0 V V C θ Q C θ Q V V V V C θ Q V V ; C θ Q V V 10 10 10 10 12 10 12 10 Cf f A 2 2 1 1 Bf f C Bf f A 2 2 Bf f C 1 1 Bf f A                                         C 14,12.10 2,12.10 12.10 θ Q Q ; C 0,88.10 2,12.10 3.10 θ Q Q 10 10 10 2 2f 10 10 10 1 1f                

c) En el instante inicial la intensidad de la corriente es Io, a medida que transcurre el

tiempo la intensidad disminuye hasta anularse.

Designamos con i a la intensidad un tiempo t después de cerrar el interruptor, y con q a la carga que hasta ese momento ha pasado del condensador C1 al C2. La intensidad

i es el cociente entre los voltajes de los condensadores divididos por la resistencia R del circuito R C 1 C 1 q V V R C 1 C 1 q C Q C Q R C q Q C q Q i 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1                        

Según hemos visto

R V V I 1 2 o   y e 2 1 C 1 C 1 C 1 _{ } , siendo Ce la capacidad

equivalente al conjunto de los dos condensadores

R C q I i e o  

De la expresión anterior calculamos la variación de i con el tiempo

e e o RC 1 dt dq R C q I d dt di                _  Como i dt dq  , resulta:

t e RC 1 e I i t RC 1 I i ln lnI Cte 0, t cuando Cte, t RC 1 lni RC dt i di RC i dt di o e o o e e e                  

_

_

5 e 1 6 6 12 e 12 12 12 12 e 10 . 06 , 1 R C 1 s 9,4.10 2.10 4,71.10 R C 4,71.10 Ce 80.10 17 80.10 1 5.10 1 C 1                    t 5 1,06.10 e 2,25.10 i 5  

e) La energía que almacenan los condensadores al final es:









J 1,32.10 E 80.10 14,12.10 2 1 5.10 0,88.10 2 1 C Q 2 1 C Q 2 1 V C 2 1 V C 2 1 E 8 1f 12 2 10 12 2 10 2 2 2f 1 2 1f 2 2f 2 2 1f 1 1f            

La energía contenida en los condensadores al principio era 18.10-9 J. La energía disipada es:

J 4,8.10 1,32.10

18.10

24.- La superficie de una de las armaduras de un condensador plano vale

S=1 cm

2

y la distancia entre las armaduras d = 0,1 mm. La diferencia de

potencial entre las armaduras



V = 2,5 V. Calcular:

a) El campo eléctrico entre las armaduras, la carga de una de las

armaduras y la energía almacenada en el condensador.

b) Si se mantiene la carga de las armaduras y se aumenta la distancia

entre ellas en 10

-6

_{m, calcular la variación que experimenta la diferencia}

de potencial en el condensador.

c) Se une el condensador a una pila de 2,5 V, lo que permite mantener

fija la diferencia de potencial entre las armaduras, y si una de ellas

efectúa un movimiento vibratorio armónico de f = 10

5

_{Hz y amplitud 10}

-6

m, de tal modo que la vibración acerca y aleja a la armadura vibrante de

la fija, determinar:

d) La carga de cada armadura en función del tiempo y la intensidad de la

corriente que circula por el circuito

.

a) El campo, al ser uniforme entre las armaduras del condensador, está relacionado con la diferencia de potencial por la ecuación

m V 2,5.10 m 0,1.10 V 2,5 d ΔV E  _3  4

Para calcular la carga de una de las armaduras hacemos uso de la relación

C 2,21.10 2,5 0,1.10 1.10 9.10 4π 1 ΔV d S ε ΔV C Q ΔV Q C ₃ 11 4 9 o             J 2,76.10 2,5 0,1.10 9.10 4π 1.10 2 1 ΔV d S ε 2 1 ΔV C 2 1 E _{9 3} 2 11 4 2 o 2             

b) Al aumentar la distancia entre las armaduras y permanecer constante la carga de las armaduras, la nueva capacidad es:

V 0,025 1 0,1.10 10 0,1.10 2,5 1 d 10 d ΔV ΔV ΔV´ ΔV d 10 d ΔV 10 d S εd S ε C´ ΔV C C´ Q ΔV´ 10 d S ε C´ 3 6 3 6 6 6 o o 6 o                                         

c) Suponemos que cuando t=0 la distancia entre las armaduras es d, al variar la distancia entre las armaduras varía la capacidad del condensador, aunque la batería mantiene la diferencia de potencial de 2,5 V. La distancia entre las armaduras en función del tiempo es d´dAsen2πft y la capacidad del condensador y la carga de una de sus

armaduras t f 2π sen A d S ε 2,5 Q 2,5 Q t f 2π sen A d S ε C o o      

La carga es función del tiempo, por tanto, cuando la carga disminuya la batería le suministra corriente al condensador y cuando la carga aumente el condensador suministra corriente, en definitiva en el circuito eléctrico aparece una corriente variable, cuyo valor es.















_{3 5}



2 5 9 2 5 3 6 9 5 4 2 5 6 3 5 5 6 9 4 2 o o t 10 2π sen 10 0,1 t 10 2π cos 1,388.10 I(t) t 10 2π sen 10 0,1 10 10 36π t 10 2π cos 1,57.10 t 10 2π sen 10 0,1.10 t 10 2π cos 10 2π 10 9.10 4π 10 2,5 I(t) t f 2π sen A d t f 2π cos f 2π A S ε 2,5 t f 2π sen A d S ε 2,5 dt d dt dQ I(t)                                                       

La representación gráfica de la función anterior es:

-0,2 -0,15 -0,1 -0,05 0 0,05 0,1 0,15 0,2 0 5 10 15 20 25 30 tiempo/s in te n s id a d , I/mA

25.- Un hilo de longitud infinita posee una carga positiva por unidad de

longitud



, a una distancia mínima a de ese hilo existe una carga

puntual –Q y ambos yacen en el plano XY. En la figura se observa su

disposición y las tres regiones del plano designadas con I, II y III. Se pide

determinar en qué regiones puede ser el campo eléctrico nulo y cuáles

son sus posiciones.

En primer lugar determinamos cuál es el campo creado por un hilo de longitud infinita y con densidad lineal de carga +

  Consideramos un punto cualquiera del plano XY que se designa con P y que dista una distancia x del hilo. Sobre éste aparece un elemento de longitud dl que posee una carga positiva dl y que en el punto P crea un campo dE . Este vector campo tiene dos componentes una horizontal dE cos  y otra vertical dE sen El módulo de dE vale:

2 2 o 2 o 2 o x dl θ cos λ ε 4π 1 θ cos x dl λ ε 4π 1 r dl λ ε 4π 1 dE           De la figura 1 se deduce: dθ θ cos 1 x dl x l θ tag     ₂ 

Llevando el valor de dl a la ecuación de dE  I II III a -Q P dl dE dE cos   l x r Fig.1

dθ x ε 4π λ x dl θ cos λ ε 4π 1 dE ₂ o 2 o  

Si volvemos a la figura 1 observamos que para el elemento dl considerado existe otro situado simétricamente sobre la línea a que crea un campo en que la componente horizontal se suma y la vertical se anula, en consecuencia el campo en P tiene la dirección horizontal ( por tanto perpendicular al hilo) y dirigido hacia fuera del hilo. Designamos a este campo con dEP= dE cos 

 dθ cosθ x ε 4π λ cosθ dE dE o P   

Para calcular Ep hemos de sumar las contribuciones de todos los elementos dl .

x ε 2π λ θ sen x ε 4π 2λ dθ cosθ x ε 4π λ 2 E o o o P 2 π o 2 π 0   

_

Aplicando el teorema de Gauss se resuelve con rapidez, dado que la distribución del campo tiene simetría cilíndrica.

El flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada que contiene cargas en su interior es igual a la suma de las cargas dividido por la constante dieléctrica del medio o. Debido a la

simetría cilíndrica del campo tomaremos como superficie de Gauss un cilindro de eje en la línea de carga, altura L y radio, la distancia x a la línea.

Lateral base tapa o

q

       



Como el flujo es  E·A E·Acos  ; en la base y en la tapa es nulo puesto que coscos90º 0 y todo el flujo sale por la superficie lateral.

Lateral o q E ·A cos 0      ; o o L E ·2 x L ; E 2 x         

Por el principio de superposición, el campo resultante en una región es la suma vectorial de los campos existentes. En la región I es posible que el campo se anule porque EP y E -Q tienen la misma dirección y sentidos opuestos y además debe ser en algún lugar de la

recta perpendicular al hilo y que pase por la carga Q. En la región II es imposible que el 

A _E x

campo sea nulo ya que ambos campos tienen la misma dirección y sentido y en la III es posible que sí lo sea, porque los campos tienen la misma dirección pero distinto sentido. La figura 2 aclara la dirección y sentido de los campos

.

Región I

Llamamos x a la distancia que existe desde el hilo al punto donde se anulan los campos





2 2a λ 4 Q λ Q 2a λ 2 Q x 4a λ 2aQ λ 4 Q 4a 2a λ 2 Q x 2 4a λ 2 Q 2a 2a λ 2 Q x 0 a λ 2 Q 2a x x λ 2 xQ 2ax x a 2ax x a Q 2 1 x λ x a Q ε 4π 1 x λ ε 2π 1 E E 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 o o Q P                                       _        _           _                _

Para que exista valor de x, la raíz cuadrada debe ser de un número positivo, por tanto 8aλ Q 2a λ 4 Q 0 2a λ 4 Q       (1)

Si Q =8 a existe un sólo valor de x, si Q> 8 a  existirán dos valores de x, lo cual requiere que -Q I II III a EP EP E-Q EP E-Q E-Q Fig. 2

0 4a λ 2aQ 4λ Q λ 2aQ 4a 4λ Q λ 2aQ 4λ Q 2a λ 2 Q 2 2 2 2 2 2 2 2 2                

Como a es una distancia se cumple la condición y existen dos soluciones.

La figura 3 representa el campo E (escala arbitraria) en la zona I cuando solamente hay una solución -0,05 0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3 0,35 0,4 0,45 0,5 -2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 0 x C a m p o , E

La figura 4 representa el campo cuando hay dos soluciones.

-0,1 0 0,1 0,2 0,3 0,4 -2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 0 x C a m p o , E Fig.3 Fig.4

Zona III





2 2a λ 4 Q λ Q λ 2 Q 2a x 4a λ 2aQ λ 4 Q 4a λ 2 Q 2a x 2 4a λ 2 Q 2a λ 2 Q 2a x 0 a λ 2 Q 2a x x λ 2 xQ 2ax a x 2ax a x Q 2 1 x λ a x Q ε 4π 1 x λ ε 2π 1 E E 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 o o Q P               _             _           _        _           _                 Si Q = 8 a  entonces.





3a 2a 2 2 32 a 6a 2 2a 2a 8a 6a x       , existen dos

soluciones en la zona III., 5,83 a y 0,17 a. Si Q > 8 a habrá dos soluciones si

0 4a λ 2aQ 4λ Q λ 2aQ 4λ Q 4a 2a 4λ Q λ Q 2λ Q 2a ₂ 2 2 2 2 2 2              _        _

Como se cumple la condición existen dos posiciones en la zona III donde se anula el campo.

26.-En el circuito de la figura inferior A es un amperímetro sin

resistencia interna. La resistencia total del reóstato es R y la batería

mantiene una diferencia de potencial



V=10V, constante, siendo su

resistencia interna despreciable.

a) Calcular la intensidad de la corriente I

a

que pasa por el amperímetro

en función de la posición del cursor sobre el reóstato

b) Dibujar las curvas I

a

frente a x cuando R = 10



y r =1



y 0,5



. ,

c) Calcular matemáticamente cuando la intensidad I

a

es mínima.

a) Aplicamos las leyes de Kirchoff a un nudo, a la malla total y a la malla superior. En la figura x representa la resistencia que existe entre un extremo del reóstato y el amperímetro. I1 la intensidad que pasa por la batería, I2 la que pasa por la resistencia

r y Ia la que pasa por el amperímetro





0 x I r I ΔV r I x R I I I I a 2 2 1 a 2 1       

De la tercera ecuación despejamos I2 y la llevamos a la primera

a a 1 a 2 I r x I I ; r x I I   

Las dos últimas ecuaciones se combinan con la segunda









(1) Rr x R x r ΔV I r ΔV Rr I x I Rx I ΔV x I x I R I r x I r R x I ΔV r r x I x R I r x I a a 2 a a a a a 2 a a a a a                          _

Sustituyendo valores numéricos en la ecuación (1)





x



10 x



5 5 I y 10 x 10 x 10 I_{a a}       r A V x R-x Ia I2 I1

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 2 4 6 8 10 12 Resistencia x en ohmios Ia e n a m p e ri o s

c) Las gráficas nos indican que existe un mínimo de corriente,. Para calcular ese mínimo derivamos la ecuación (1) respecto de x e igualamos a cero.













2 R x 0 2x R 0 Rr x R x 2x R r ΔV dx dI 2 a            

Cuando el cursor se encuentra justamente en la mitad del reóstato es cuando la intensidad que pasa por el amperímetro es mínima.



27.-En los vértices opuestos de un cuadrado de lado L=10

-3

m, están

situados dos protones y en los otros vértices dos positrones. Si el sistema

se deja en libertad calcular aproximadamente las velocidades de las

partículas cuando estén muy separadas entre sí.

Datos. Masa del protón 1,7.10

-27

_{kg , masa del positrón m = 9,1.10}

-31

_kg

Según al ley de Coulomb la fuerza entre dos partículas cualesquiera de

las citadas y situadas a una distancia r , vale:

N

2

r

28

2,3.10

.

En la figura 1 se han dibujado las fuerzas que actúan sobre cada una de las partículas cuando se encuentran en los vértices del cuadrado

En cuanto el sistema se deje en libertad las partículas se alejarán entre sí, adquiriendo cada una de ellas energía cinética, la cual proviene de la energía potencial electrostática del sistema formado por las cuatro partículas cuando se encuentran en los vértices del cuadrado.

Para obtener la energía potencial eléctrica, iremos calculando el trabajo necesario para ubicar las partículas en los vértices, teniendo en cuenta que vienen desde el infinito donde la energía potencial es nula.

Recordemos que la expresión del trabajo es:



Potencialdepartida Potencialdellegada



q

W 

Siendo q la carga transportada. Para llevar el positrón 1 al vértice, el potencial de partida y de llegada son nulos luego lo es el trabajo. Para llevar el protón 2 a una distancia L del positrón el trabajo vale:

L 1 ε 4π q L q ε 4π 1 0 q W o 2 o I        

Para llevar el protón 3 al vértice que dista L del positrón 1 y 2L del otro protón el trabajo vale:       _            2 1 1 L ε 4π q 2 L q ε 4π 1 L q ε 4π 1 0 q W o 2 o o II

.

.

Protón, p

.

Positrón, e+ 1 2 3 ₄ Fig.1

Finalmente para llevar el positrón 4 a su vértice       _             2 1 2 L ε 4π q L q ε 4π 1 2 L q ε 4π 1 L q ε 4π 1 0 q W o 2 o o o II

El trabajo total es la suma de los trabajos parciales

      _        _   2 2 4 L ε 4π q E 2 2 4 L ε 4π q W o 2 P o 2

Una alternativa más rápida para el cálculo de la energía potencial electrostática del sistema, consiste en sumar las energías potenciales de todas las parejas que pueden formarse sin repetir ninguna, así: la carga 1 con la 2, más la carga 1 con la 3, más la carga 1 con la 4; más la carga 2 con la 3 + la carga 2 con la 4; más la carga 3 con la 4. Todo se recoge en la ecuación:

j i con r q · q 4 1 W 4 1 i ij j i o   





En nuestro caso qi = qj = q el lado es L y la diagonal L 2



4 2



L 4 q L qq 2 L qq L qq 2 L qq L qq 2 4 1 W o 2 o               

De acuerdo con la ley de Coulomb y el dato del problema

28 o 2 2 28 2 2 o 2,3.10 ε 4π q r 2,3.10 r q ε 4π 1 F      

La energía potencial eléctrica es:       _   2 2 4 L 2,3.10 E 28 P

Cuando las partículas se dejan en libertad los dos positrones tendrán la misma energía y lo mismo le ocurrirá a los protones. Dado que cada protón tiene 1868 veces la masa de un positrón, resultará que los positrones cuando están muy alejados de la posición original los protones apenas se habrán distanciado entre sí.

Aproximadamente, de forma razonable suponemos, que cuando los positrones estén muy alejados, los protones están prácticamente en la misma posición inicial, esto es, a una distancia entre sí de L 2 . En estas condiciones la energía potencial eléctrica de los dos protones es:

2 L 2,3.10 2 L q ε 4π 1 2 28 o  

La energía que se han llevado los positrones es: la inicial del sistema menos la que tienen los protones

      _         _     2 1 4 L 2,3.10 2 L 2,3.10 2 2 4 L 2,3.10 E 28 28 28 P

Esta energía se la reparten por igual entre los dos positrones y se ha convertido en energía cinética s m 1,1.10 2 1 4 9,1.10 10 2,3.10 v v m 2 1 2 1 4 L 2,3.10 2 1 ₃ 31 3 -28 e 2 e e 28        _           _   _{  }  _

Para los dos protones

s m 10 1,7.10 2 10 2,3.10 v v m 2 1 2 L 2,3.10 2 1 27 3 28 p 2 p p 28      _  _ 









                                t Δm M 1 F t Δm M Δm M t Δm M M 1 Δm F dt dv a ₂