TEMA234de10defebrede2010

(1)

Nombre:

SOLUCIONADO

Curso:

B2CT

Fecha: 10/02/2010

Firma:

FÍSICA 2º BACHILLER

CONTROL DE CONOCIMIENTOS 2ª evaluación

UNIDAD 2: Interacción gravitatoria.

UNIDAD 3: Interacción eléctrica.

UNIDAD 4: Interacción magnética.

NORMAS GENERALES

- Escriba a bolígrafo. - No utilice ni típex ni lápiz. - Si se equivoca tache.

- Si no tiene espacio suficiente utilice el dorso de la hoja. - Evite las faltas de ortografía.

- Lea atentamente las preguntas antes de responder.

- Todas las preguntas tienen señalada la puntuación que les corresponde. - Se puede utilizar la calculadora.

- El examen está valorado en 10 puntos.

- Son 3 cuestiones y 3 problemas. CRITERIOS

- Se plantearán al alumno cuestiones y problemas. Se requerirá un correcto planteamiento de la cuestión planteada, así como la realización de dibujos o esquemas, ajustes de ecuaciones etc.; que ayuden a una mejor comprensión de las cuestiones planteadas descontando hasta un 50% de la nota de la cuestión planteada, si no se cumplen los criterios anteriores.

- Se descontará de la cuestión un 25% de la nota si el alumno no indica las unidades o estas son incorrectas.

- Se descontará nota por las faltas de ortografía, hasta un máximo de 2 puntos, medio punto por falta.

“Si buscas resultados distintos, no hagas siempre lo mismo”. Albert

Einstein.

CALIFICACIÓN: _________

IES Francisco García Pavón

(2)

CUESTIÓN 1

La figura muestra una región del espacio XY donde existe un campo eléctrico. Las líneas punteadas son superficies equipotenciales separadas 5 cm. Los puntos A y B son dos puntos cualesquiera de dichas superficies equipotenciales

a) Halla el módulo, dirección y sentido del campo eléctrico. Dibuja las líneas de fuerza de dicho campo. (0,5p)

b) Halla el trabajo para trasladar un electrón desde el punto B al punto A. Interpreta el signo del trabajo. (0,5p)

Dato: e=1,6.10

-19_C

a) Las líneas de fuerza del campo eléctrico tienen la dirección y sentido del eje +X. La explicación está en que las líneas de campo siempre apuntan hacia los potenciales decrecientes. En cuanto a su valor, basta con aplicar la expresión que relaciona el campo con el potencial a dos superficies equipotenciales cualesquiera, que están separadas una distancia de 5 cm.:

1 2

50 40

₂₀₀

0, 05

200 V

V

E

d

m

V

E

i

m

Se ha aplicado la expresión a las superficies equipotenciales de 50 V y 40 V que están separadas una distancia de 5 cm.

En cuanto a las líneas de fuerza del campo son perpendiculares a las superficies equipotenciales, el aspecto sería el que se muestra a continuación:

Como puede apreciarse, las líneas de fuerza son perpendiculares a las superficies equipotenciales, y por tanto se cruzan con las mismas. Lo que no pueden es cruzarse dos líneas de fuerza.

A

B

50V 40V 30V 20V 10V

X

I

Línea de campo A

B

50V 40V 30V 20V 10V

(3)

B) Para hallar el trabajo para mover un electrón desde B a A:

19 18

(

)

( 1, 6.10

).(10

50)

6, 4.10

electron

B A e B A

electron

B A

W

q V

V

W

J

El trabajo es positivo porque es un proceso natural o espontáneo que el electrón se mueva de B a A(en contra del campo ya que es una carga negativa). El proceso lo hace el campo.

CUESTIÓN 2

Define superficies equipotenciales y líneas de fuerza para el campo gravitatorio. ¿Se pueden cruzar? Razona convenientemente la respuesta. Dibuja las líneas de fuerza y las superficies equipotenciales de una masa m. (1p)

Un campo de fuerzas como el gravitatorio puede representarse de forma figurativa por líneas denominadas líneas de fuerza, o líneas de campo y por superficies equipotenciales. Las líneas de campo se trazan de modo que el vector intensidad del campo gravitatorio es tangente a las líneas de campo y tienen el mismo sentido que éstas.

Al unir los puntos en los cuáles el potencial gravitatorio tiene el mismo valor, podemos obtener una serie de superficies llamadas equipotenciales.

Las superficies equipotenciales son perpendiculares a las líneas de campo en cualquier punto. El trabajo que realiza el campo gravitatorio para trasladar una masa de un punto a otro de la misma superficie equipotencial es nulo.

W= m (VA – VB) = 0

Para una masa puntual, el potencial toma el mismo valor en los puntos situados a la misma distancia de la masa. Por tanto, las superficies equipotenciales son esféricas concéntricas con centro en la propia masa.

(4)

CUESTIÓN 3.

En la figura se muestra un hilo, rectilíneo, largo e indefinido por el que circulan 2 A. Un electrón se mueve paralelo al hilo ,y en el mismo plano que él, con una velocidad de 106_{m/s y a una distancia de 1 metro del}

hilo. Explica el movimiento que sufrirá el electrón con los oportunos cálculos físicos y esquemas. (1p)

El hilo crea un campo magnético B que entra en el papel, en el punto donde está el electrón. El valor del campo magnético es:

7

0

4 .10 .2

4.10

2 2 .1

I

B

Teslas

d

El sentido del campo es entra en el papel.

El electrón se mueve con una velocidad de 106_{m/s en una región donde hay un campo magnético de 4.10}-7_Teslas,

perpendicular a la velocidad del electrón. Por tanto, sobre el electrón aparece una fuerza de Lorentz de valor:

19 6 7

20

.

. .

1, 6.10

.(10 ).(4.10 )

6, 4.10

F

q vxB

F

q v B

F

N

En cuanto al sentido de la fuerza, es perpendicular a la velocidad y alejándose del hilo. Observa el esquema:

Vista 3-D

Vista 2 - D

El electrón se alejará del hilo con un movimiento circular, en el mismo plano que el hilo pero alejándose de él. El radio de la órbita será:

31 6

19 7

.

(9,1.10

).(10 )

14, 21

.

(1, 6.10

).(4.10 )

m v

R

metros

q B

I

10

6

m/s

I

v

B

v x B

I

qv x B

Datos: 7

0

.

4 .10

T m

;

A

m

e

=9,1.10

-31

kg; e=1,6.10

-19

C

(5)

PROBLEMA 1

Una esfera de radio 60 cm está cargada a 10 V y su centro está sobre el punto (-4,0) de un sistema de ejes cartesianos cuyas unidades están en metros. Otra esfera de radio 30 cm está cargada a 20V y su centro geométrico está situado sobre el punto (+4,0).Contesta a las siguientes cuestiones:

a) Campo eléctrico de las esferas en el punto (0,3). (1p)

b) Potencial eléctrico de las esferas al ponerlas en contacto por un hilo. (1p)

c) Carga que tendrá cada esfera después de unirlas por el hilo conductor de capacidad despreciable. (1p) Datos: 1u=10-6_C; ₀_=8,86.10-12_C2_.m-2_.N-1

En primer lugar debemos calcular las cargas de las dos esferas. Para ello calculamos en primer lugar la capacidad como condensador:

Esfera (1)

Esfera (2)

R

1

=60 cm = 0,6 m

R

2

=30 cm = 0,3 m

C

1

=4

0

R

1

C

1

=4.(3,14).(8,86.10

-12

).(0,6) C

1

=4

0

R

2

C

1

=4.(3,14).(8,86.10

-12

).(0,3)

C

1

=6,654.10

-11

F

C

2

=3,335.10

-11

F

La capacidad de cada esfera se relaciona con la carga de cada una de ellas mediante el potencial al que está cada esfera por la expresión:

11 10

1 1 1 1 1

11 10

2 2 2 2 2

. .

(1)

.

(6, 654.10

).(10)

6, 654.10

(2)

.

(3, 335.10

).(20)

6, 676.10

Q

C

Q

C V

V

Esfera

Q

C V

Q

C

Esfera

Q

C V

Q

C

A) El apartado (a) pide el campo eléctrico de una distribución de las dos cargas anteriormente calculadas. Es fundamental el dibujo para predecir el sentido del vector campo eléctrico.

En primer lugar determinaremos el valor del ángulo :

3

3 ( )

36,86 º

4

4 tag

arctag

Los módulos del campo eléctrico que crea la carga Q1 y Q2 son:

I

1

E

Q

1

Q

2

3

4

(6)

10 9

1

1 2 1 2

1

10 9

2

2 2 2 2

2

6, 654.10

.

9.10 .

0, 239

0, 24

5 6, 676.10

.

9.10 .

0, 24

5 Q

N

E

k

E

d

C

Q

N

E

k

E

d

C

Construimos ahora los vectores de campo.

1 1 1

1

.cos 36,86º

0, 24.cos 36,86º

0,19

.sin 36,86º

0, 24.sin 36,86º

0,14

:

0,19

0,14

x x

y y

E

Y el vector campo

N

E

i

j

C

Para el 2º campo tendríamos:

2 2 2

2

.cos 36,86º

0, 24.cos 36,86º

0,19

.sin 36,86º

0, 24.sin 36,86º

0,14

:

0,19

0,14

(

)

x x

y y

E

Y el vector campo

N

E

i

j

la componente X es negativa

C

El campo total será la suma de los dos campos, puede observarse que las componentes en el eje X se anulan mutuamente y el campo total sólo tiene componente en el eje Y.

2

E

2x

E

2y

36,86º

1

E

1x

E

1y

(7)

0, 28

N

E

j

C

B) Ahora es un problema de dos condensadores esféricos. Al ponerlos en contacto adquieren un potencial común Vx

desconocido. Pero una vez que se han puesto en contacto las dos esferas, la carga total será:

Q

Total

=Q

1

+Q

2

=6,65.10

-10

+6,676.10

-10

=1,33.10

9

C

Y la capacidad total del sistema será:

C

total

=C

1

+ C

2

=6,654.10

-11

+3,335.10

-11

=9,989.10

-11

F

La capacidad, la carga y el voltaje se relacionan por:

9 11

1, 33.10

13, 34

9, 989.10

total total

total x x

x total

Q

C

V

C

C) Las nuevas cargas después de que los condensadores se hallan puesto en contacto

serán

1 2

f f

Q y Q

. Los condensadores tienen el mismo potencial V

x

y sus capacidades no

han variado. Luego:

10 9

1 1 1

11 10

2 2 2

.

6, 65.10

.13, 34

8,8711.10

.

3, 335.10

.13, 34

4, 4488.10

f f

x

f f

x

Q

C V

Q

C

Q

C V

Q

C

CARGAS

Antes del contacto

Después

del

contacto

Carga (1)

6,65.10

-10

C

8,87.10

-9

C

Carga (2)

6,676.10

-10

C

4,4488.10

-10

C

1

E

1

E

(8)

PROBLEMA 2

La Estación Espacial Internacional (ISS) describe una órbita prácticamente circular alrededor de la Tierra a una altura de 390 km sobre la superficie terrestre, siendo su masa 415 toneladas. Contesta a las siguientes cuestiones:

A) Halla el periodo de rotación, en minutos, así como la velocidad con la que se desplaza. (1p)

B) ¿Qué energía se necesitaría para llevarla desde su órbita actual a otra a una altura doble? Halla el periodo de rotación en la nueva órbita. (1p)

Datos: G=6,67.10-11_N.m2_.kg-2_{; R}_T_{=6370 km; M}_T_=5,98.1024_kg. _{(Pau 2004)}

A) Igualando la fuerza centrípeta a la ley de Gravitación Universal

2 11 24

2

2 6

.

(6, 67.10

).(5, 98.10 )

6, 76.10

7381, 4

T T

v

M m

M

m

G

v

G

v

r

m

v

s

Y el periodo orbital se calcula a partir de la velocidad orbital:

6

2 2.(3,14).(6, 76.10 )

5751,32

95,85 min

7381, 4

r

T

segundos

v

B) Puede demostrarse fácilmente (consultar apuntes) que la energía mecánica de un satélite que orbita es la mitad de su energía potencial. Por tanto, en su órbita inicial su energía será:

24 11

1 1 6

13 1

.

(5, 98.10 ).(415.000)

6, 67.10

.

2 2(6, 76.10 )

1, 22.10

Tierra

M

m

E

G

E

r

E

J

En la segunda órbita, la altura es h=2x390=780 km; por lo que el radio de la órbita será:

6 2 T 2 2

6370 780

7150

7,15.10

r

R

h

r

km

m

h

Tierra

r = R

T

+ h

(9)

La energía en esta segunda órbita también es la mitad de la energía potencial en dicha órbita; luego:

24 11

2 2 6

2

13 2

.

(5, 98.10 ).(415.000)

6, 67.10

.

2 2(7,15.10 )

1,15.10

Tierra

M

m

E

G

E

r

E

J

La energía que hay que comunicar al satélite, si la designamos por X, se cumple que:

1 2

13 13

11

1, 22.10

1,15.10

6, 24.10

E

X

E

X

J

Finalmente, fata por determinar el periodo de rotación en la nueva órbita. Aplicaremos la tercera Ley de Kepler:

2 3

1 1

2 3

2 2

(1) :

.

(2) :

.

Orbita

T

k r

Orbita

T

k r

Dividiendo la expresión (2) entre la expresión (1):

2 3 2 3

2

2 2 2

2

2 3 2 3

1 1

2

(7150)

10.870, 82

(95, 85)

(6760)

104, 3 min

T

r

T

r

(10)

PROBLEMA 3

Un electrón penetra perpendicularmente en una región del espacio en la que existe un campo magnético B entrante en el papel, con una velocidad de 107_{m/s como se indica en}

al figura.

a) Halla el potencial eléctrico acelerador del electrón antes de entrar en la región donde existe el campo magnético. (0,5p)

b) Dibuja y explica la trayectoria seguida por el electrón. (0,5p)

c) Calcula el valor del campo si ejerce una fuerza de 10-14_{N sobre el electrón. (0,5p)}

d) Halla el campo eléctrico exterior(en módulo, dirección y sentido) que habría que aplicarle al electrón para que no sufriese ningún tipo de desviación en el campo magnético. (0,5p)

( e- _{= 1’60 10}-19 _{C , m}_e_{= 9’11 10}-31_{kg) (UCLM 2004)}

A) El potencial acelerador se calcula utilizando el principio de conservación de la energía de un campo eléctrico:

2 19 31 7 2

1

1 .

. .

(1, 6.10

).

.(9,11.10

).(10 )

2

2 284, 7

q V

m v

V

Voltios

B) Cuando el electrón penetra en el campo magnético, gira en sentido horario. La razón estriba en que aparece una fuerza

qv x B

(fuerza de Lorentz) en el sentido que se indica en la figura. Debe de tenerse en cuenta que la

carga del electrón es negativa y la fuerza de Lorentz es antiparalela al producto

v x B

.

C) Utilizando la expresión de Lorentz:

14 19 7

14

3 19 7

. .

10 (1, 6.10

).10 .

10 6, 25.10

(1, 6.10

).10

F

q v B

B

Teslas

D) El campo eléctrico debe provocar una fuerza eléctrica que anule el efecto de la fuerza magnética ya existente. Por lo tanto, si la fuerza magnética está dibujada hacia abajo, la fuerza eléctrica debe apuntar hacia arriba. El campo eléctrico apuntará hacia abajo (por que es un electrón, y se mueve en sentido contrario al campo). Observa el dibujo:

x x x x x x x x

B

v

x x x x x x x x

B

v

qv x B

(11)

Igualando las fuerzas magnética y eléctrica, deducimos el valor del campo eléctrico:

7 3

.

10 .6, 25.10

62.500 qE

qvB

E

v B

V

E

m

La aplicación de campos eléctricos que neutralicen el efecto de los campos magnéticos está recogido en los apuntes como selector de velocidades.