8.12-El tiempo t de 1 minuto es suficientemente largo para que una molécula a 300 K recorra muchas veces el recipiente de tapa a tapa. Así que todas las moléculas habrán golpeado la pared inferior del recipiente la misma cantidad de veces en promedio, y el número de choques de una molécula será el cociente del total de los choques sobre la tapa, Nchoq, y el número total de moléculas en el recipiente, N: η = Nchoq/N. El número total de choques sobre una tapa se puede calcular a partir de la presión sobre la tapa: p = F/A = [2m|vz,avg| Nchoq/t] / A donde: |vz,avg| es la velocidad promedio de las moléculas en el eje z (perpendicular a la tapa); m es la masa de una molécula; 2m|vz,avg| es la variación de momento lineal a lo largo del eje z de una molécula que choca contra una tapa en el plano xy (como sería la tapa inferior); y A es el área de la tapa. Pero esta presión satisface también la ley p = nRT/V, por lo que: nRT/V = [2m|vz,avg| Nchoq/t] / A Despejando: Nchoq = (nRTAt) / (2m|vz,avg|V ) Entonces: η = Nchoq/N = (nRTAt) / (2m|vz,avg|VN ) Pero: Nm = nμ (masa total del gas), donde μ es la masa molar del helio. Al sustituir queda: 79

η = (RTAt) / (2|vz,avg|μV ) .

Ahora: vz,avg ≈ [(vz2)]1/2 = [(v2)/3]1/2 = [RT/μ]1/2

Además: V/A = l, representa la arista del cubo: l = 1 dm3/1dm2 = 1 dm = 0.1 m. Entonces: η = (t /2l) [RT/μ]1/2 Sustituyendo datos: η ≈ 2×105 veces.

8.13-En líquidos poco profundos, como en vasos, la ebullición comienza cuando la presión de vapor que produce el líquido se iguala con la presión atmosférica (despreciando la pequeña presión extra que añaden la poca profundidad y la tensión superficial en la superficie de las burbujas: Δp = ρgh + 2γ/r << patm). Cuando se tiene dos líquidos no miscibles, las burbujas que se forman en la interfase contienen vapores de ambos líquidos, por lo que la presión total en estas burbujas es la suma de las presiones parciales de ambos líquidos, lo que da una presión mayor que la de cada líquido por separado, por lo cual la ebullición comienza en la frontera a menor temperatura que la de los dos líquidos por separado: 65.5 < 76.6 < 100. Llamemos pa a la presión de vapor del agua y pt, a la del tetracloruro. Entonces, en la ebullición: patm = pa + pt, con patm = 760 mm Hg y pa = 192 mm Hg, por dato. Entonces: pt = 760 -192 = 568 mm Hg Pero las presiones parciales dentro de una burbuja son una medida indirecta de los moles que hay de cada gas o vapor, y, por tanto, una medida indirecta de la rapidez con que se convierte en vapor cada líquido. La presión parcial de cada gas se puede expresar como p = nRT/V. En la burbuja, el volumen V es el mismo para cada vapor, así como la temperatura. Entonces: nt /na = pt /pa = 568/195 = 2.9 Significa que se vaporizan casi tres moléculas de tetracloruro por cada molécula de agua en la ebullición de cada líquido. En cuanto a las masas que esto representa, recordemos que m = nμ, donde m es la masa total de sustancia y μ, su masa molecular (μa = 18 g/mol, μt = 154 g/mol). Entonces: mt /ma = (nt /na)( μt /μa) = 2.9×(154/18) ≈ 25 La masa 50 g de tetraclururo se consumirá 25 veces más rápidamente que igual masa de agua en esa ebullición de frontera.

80

9A-Termodinámica II. Problemas.

9.1-Con n moles de gas ideal se realiza un proceso cíclico cerrado 1-2-3-4-1 que consiste en dos isobaras, 2-3 y 4-1, de la isocora 1-2 y de un proceso 3-4 representado en el diagrama pV como una línea recta (Fig. 9.1). Las temperaturas del gas en los estados 1, 2 y 3 son iguales a T1, T2 y T3 respectivamente, y los puntos 2 y 4 están en una misma isoterma. Determine el trabajo W del gas en el ciclo. p 2

p

3

2

3

1 4

4

1

V

T

Fig. 9.2

Fig. 9.1

9.2-Con 3.0 moles de gas ideal monoatómico se realiza el ciclo mostrado en la Fig. 9.2. Las temperaturas del gas en los diferentes estados son: T1 = 400 K, T2 = 800 K y T3 = 2400 K y T4 = 1200 K. Encuentre el trabajo en el ciclo.

9.3-Determine el trabajo W que realiza un gas ideal en el ciclo cerrado 1-4-3-2-1 representado en la Fig. 9.3, si p1 = 1.0×105 Pa, po = 4.5×105 Pa, p3 = 7.0×105 Pa, V2 – V1 =10 litros y las partes del ciclo 4-3 y 2-1 son paralelas al eje de las V. p 3

p3

p

po

p1

4

0 1

2 3

2 1

V1

V2

V

Fig. 9.3

Fig. 9.4 81

V

9.4-Sobre un gas se realizan dos procesos térmicos, calentándolo desde un mismo estado inicial hasta una misma temperatura final. En un diagrama pV los procesos se muestran mediante dos líneas rectas como se ve en la Fig. 9.4 (página anterior). Determine en cuál de los procesos se comunica al gas una mayor cantidad de calor.

9.5-Demuestre que la eficiencia térmica de una máquina térmica que realiza un ciclo compuesto de dos isotermas y dos isocoras es menor que la eficiencia de una máquina de Carnot que trabaja entre esas dos mismas temperaturas extremas.

9.6-En un primer caso, en una probeta se echa agua a 20ºC. Su fondo se sumerge entonces en una gran cantidad de agua a 80ºC y el agua de la probeta se calienta en un tiempo t1 hasta los 80ºC. En un segundo caso se echa en la probeta agua a 80ºC y su fondo se sumerge en una gran cantidad de agua a 20ºC. El agua en la probeta se enfría hasta 20ºC en un tiempo t2. ¿Qué tiempo es mayor: t1 o t2? Explique.

9.7-Es conocido que si la temperatura en la calle es de −20ºC, entonces dentro de la habitación con cierto calefactor la temperatura es de +20ºC. Pero si en la calle la temperatura es de −40ºC, entonces en la habitación, con el mismo calefactor, se estabiliza la temperatura en +10ºC. Encuentre la temperatura T del calefactor que calienta la habitación.

9.8-Un objeto cósmico posee forma de esfera de radio R. Por todo su volumen se distribuyen uniformemente fuentes que aseguran una liberación de calor con rapidez constante. La potencia calorífica liberada por unidad de área de la superficie del objeto es proporcional a la cuarta potencia de su temperatura termodinámica (la absoluta). ¿En cuántas veces cambiará la temperatura estacionaria del objeto si su radio disminuye en 2 veces?

9.9-La envoltura de una estación cósmica representa una esfera negra, la temperatura de la cual se mantiene igual a T = 500 K como resultado del trabajo de los aparatos dentro de la nave. La cantidad de calor liberada por unidad de área de la superficie es proporcional a la cuarta potencia de su temperatura termodinámica. Determine la temperatura Tx de la envoltura si a la nave se la rodea con una fina pantalla esférica de un radio casi igual que el de la propia envoltura.

82

9B-Termodinámica II. Soluciones.

9.1-El trabajo mecánico que realiza un gas en un proceso cíclico se corresponde con el área contenida en la curva cerrada que describe al ciclo en un plano pV. En el presente problema, la curva cerrada es un trapecio rectangular: su área puede calcularse de acuerdo con la siguiente expresión:

p 2

3

4

1

W = (p2 – p1)(V3 – V2) + ½(p2 – p1)(V4 – V3) V

Desarrollando:

Fig. 9.1

W = (p2 – p1)( V3/2 + V4/2 – V2) Ahora, los estados 2 y 3 están enlazados por un proceso isobárico, así como los estados 1 y 4 entre sí. En cada uno de estos procesos se puede aplicar la ley V/T = const., por lo que: V2/ T2 = V3/ T3 y V4/ T4 = V1/ T1. De la primera ecuación: V3= V2T3/T2. De la segunda ecuación: V4= V1T4/T1 Y como T4 = T2 (por dato), entonces V4 = V1T2/T1. A su vez, los procesos 1 y 2 están relacionados por un proceso isocórico y satisface la ley p/T = const., por lo que: p2/T2 = p1/T1, de donde se obtiene p2 = p1 T2/T1. Sustituyendo V3, V4 y V2 en función de V1, así como p2 en función de p1, obtenemos: W = ½p1V1(T2/T1 – 1)(T3/T2 + T2/T1 – 2 ). Y como p1V1 = nRT1, finalmente queda todo expresado en función de las temperaturas: W = ½nR(T2 – T1)(T3/T2 + T2/T1 – 2 ).

9.2- Los estados 1 y 2, así como los estados 3 y 4, están ligados por procesos representados por rectas que pasan por el origen del plano p-T, por lo que corresponden a proporcionalidades del tipo:

83

p1/T1 = p2/T2 y p3/T3 = p4/T4

p

Pero ésta es la ley de Gay-Lussac propia de los procesos del gas ideal a volumen constante, en los cuales el gas no realiza trabajo. El trabajo lo realiza el gas en los procesos 2-3 y 4-1 que son a presión constante, y el trabajo en cada uno se calcula como W = pΔV.

2

3

1 4

Luego: W = p2(V3 – V2) + p1(V1 – V4)

T

Fig. 9.2

Ahora: p2V3 = p3V3 = nRT3 , p2V2 = nRT2 , p1V1 = nRT1 y p1V4 = p4V4 = nRT4 Sustituyendo en la expresión del trabajo: W = nR(T1 + T3 – T2 – T4) Evaluando: W = 7.4×103 J

9.3-Cuando se realiza un proceso cerrado en el plano pV, el área dentro del ciclo representa el trabajo realizado en el mismo: si el ciclo se recorre a favor de las manecillas del reloj, el trabajo es positivo, y en caso contrario es negativo. En el presente problema, el orden del recorrido, 1-43-2-1, es tal que el triángulo superior es recorrido en contra del reloj, y el inferior, a favor. Por lo que el trabajo en el triángulo superior es negativo y el que corresponde al triángulo inferior es positivo. Estos dos triángulos son semejantes, con una constante de proporcionalidad k entre sus lados que puede determinarse a partir de la relación entre sus alturas: k = (p3 – p0) / (p0 – p1) La relación entre sus áreas será k2, que será justamente la relación entre sus trabajos en valores absolutos: Wsup = k2Winf Ahora, el trabajo en el triángulo inferior está dado por su área:

p

po

p1

Winf =½ (p0 – p1) (V2 – V1) = 1750 J El trabajo total será:

3

p3

0 1

2

V1

W = Winf + Wsup = Winf – k2 Winf =

V2 Fig. 9.3

= Winf [1 – (p3 – p0)2/ (p0 – p1)2] Sustituyendo valores: W ≈ 860 J 84

4

V

9.4-Los procesos 1-2 y 2-3 muestran dos expansiones del gas a partir del mismo estado inicial, mediante los cuales el gas llega a la misma temperatura final, o sea, a un mismo estado de energía interna final. Si en ambos procesos el cambio de energía interna es el mismo, entonces consume más calor el que realiza mayor trabajo, ya que Q = ΔU + W. Este trabajo queda representado por el área bajo la curva de cada proceso. Del gráfico de la Fig. 9.4S puede verse que el proceso 1-3 tiene mayor área bajo la recta, por lo que este proceso comunica mayor cantidad de calor al gas.

p 2 3 1 V Fig. 9.4S

p

9.5-La eficiencia térmica, e, se define por el cociente: e =Wneto/Qabsorb. 2

(trabajo neto dividido por calor absorbido).

T2 3 1 T1 Fig. 9.5

4 V

Comencemos por ver en qué partes del ciclo hay trabajo y en cuáles se absorbe calor. En el proceso 1-2, W12= 0 y se absorbe calor pues se pasa a una temperatura más alta: Q12>0. En la isoterma 2-3 se absorbe calor, Q23>0, y se realiza tra-

bajo, W23>0 (y la energía interna no varía). En el proceso 3-4 no hay trabajoW34 = 0 y se cede calor, pues hay enfriamiento. En el proceso 4-1 el trabajo se hace sobre el sistema (es una contracción), por lo que W41<0 y el calor se sigue cediendo, pues en el proceso isotérmico del gas ideal no hay variación de energía interna y W = Q. En resumen: Wneto = W23 + W41 (cada trabajo con su signo) y Qabs = Q12 + Q23 (positivos ambos). Ahora bien, el trabajo en un proceso isotérmico está dado por WAB= nRT ln (VB/VA). Por tanto: W23 = nRT2 ln(V3/V2) y W41 = nRT1 ln(V1/V4) = -nRT1 ln(V4/V1) = -nRT1 ln(V3/V2) = -W23 T1/T2 . Entonces: Wneto= W23 + W41 = W23(1 – T1/T2) Por otra parte, Q23 = W23, por lo que Qabs = Q12 + W23 Sustituyendo Wneto y Qabs en la definición de la eficiencia térmica: 85

e = (1 – T1/T2)/ (1 + Q12/W23). Y como Q12 y W23 son positivos, el denominador es mayor que la unidad, por lo que e <(1 – T1/T2). Pero el paréntesis representa la eficiencia de la máquina de Carnot que opera entre las dos mismas temperaturas extremas. Entonces, queda demostrado que en este ciclo: e < eCarnot.

9.6-En el primer caso la fuente caliente está en la parte inferior, por lo que para ceder calor al agua fría de la probeta colaboran los fenómenos de conducción, convección y radiación del calor (las corrientes convectivas llevan calor de abajo hacia arriba. En el segundo caso el calor debe pasar de la probeta (nivel superior) al agua fría del nivel inferior, por lo que solamente colaboran la conducción y la radiación, pero no la convección. Significa que el primer proceso se produce más rápidamente que el segundo: t1
9.7-La cantidad de calor que cede un cuerpo caliente por unidad de tiempo al medio ambiente es proporcional a la diferencia de temperaturas entre el ambiente y el cuerpo caliente. En este problema se tiene un calefactor caliente a temperatura T cediendo calor a la habitación, a temperatura Th, y la propia habitación actúa como cuerpo caliente que cede calor a la calle (o sea, al exterior), a temperatura Tc. En la primera situación planteada se tiene Th1= 20oC y Tc1 = −20oC; en la segunda, Th2 = 10oC y Tc2 = −40oC. Y en ambos casos la temperatura del calefactor es la misma. La potencia calorífica P1 entregada por el calefactor a la habitación en el primer caso satisface la relación P1 = k1(T – Th1), donde k1 es una constante de proporcionalidad que depende del área de la superficie del calefactor y su conductividad térmica; semejantemente, la potencia calorífica entregada por la habitación a la calle, P1’, satisface la relación P1’= k2(Th1 – Tc1), donde k2 es una constante de proporcionalidad que depende del área de la pared de la habitación en contacto con la calle y de la conductividad térmica de la pared. Cuando se alcanza el régimen estacionario en el que se estabiliza la temperatura de la habitación, la potencia calorífica entregada por el calefactor a la habitación es igual a la potencia calorífica que entrega la habitación a la calle: P1= P1’ O sea: k1(T – Th1) = k2(Th1 – Tc1)

(1)

Análogamente, en el segundo caso, al alcanzarse el estado estacionario de temperatura: k1(T – Th2) = k2(Th2 – Tc2)

(2) 86

En estas ecuaciones, k1 y k2 valen lo mismo en ambas ecuaciones. Dividiendo miembro a miembro la ecuaciones (1) y (2), y despejando T: T = (Th2Tc1 – Th1Tc2) / (Th2 + Tc1 – Tc2 – Th1) = 60oC

9.8-La potencia calorífica P liberada por el objeto cósmico es proporcional a su volumen, dada la uniformidad con que se reparten en su interior las fuentes caloríficas. Esto permite plantear una relación del tipo P = k1R3, donde R es el radio del objeto esférico y k1, una constante de proporcionalidad que dependerá de la concentración de fuentes caloríficas en el objeto y de la potencia de radiación de cada una. Por otra parte, la potencia radiada por unidad de superficie es proporcional a la cuarta potencia de la temperatura termodinámica (ley de Stephan-Boltzman), por lo que la potencia total radiada por el objeto será proporcional a T4 y a R2: P’= k2T4R2. En el estado térmico estacionario, toda la potencia producida en el interior se irradia al exterior: P = P’, por lo que: k1R3 = k2T4R2. De aquí: T = [(k1/k2)R]1/4. Entonces, si T resulta proporcional a R1/4, podemos concluir que si el radio disminuye a la mitad, la temperatura estacionaria de la superficie del objeto disminuye 21/4 = 1.19 veces.

9.9-Como en el problema anterior, la temperatura absoluta de la superficie de la estación orbital se establece cuando toda la potencia calorífica generada en el interior de la estación se irradie al exterior; y cuando la estación no se recubre con la fina pantalla, la temperatura que se alcanza en su envoltura es de 500 K, y se cumple P = kT4. Pero al colocar la pantalla esférica envolviendo a la estación y a su envoltura original, ahora parte del calor irradiado por la envoltura es reflejado por la pantalla negra. Esta pantalla al recibir el calor irradiado por la envoltura, se calienta y se convierte en un cuerpo negro que irradia a su vez desde sus superficies: una interna y otra externa. La irradiación externa se pierde en el vacío, pero la irradiación interna retorna a la superficie de la envoltura que comienza entonces a sobrecalentarse, pues ahora recibe calor desde su interior (por los aparatos internos) y desde su exterior (reflejado por la pantalla). La superficie de la envoltura se calentará hasta que irradie una potencia calorífica que sea la suma de la que se genera en su interior, más la que le llega de la pantalla. La pantalla, por su parte, llegará a una temperatura en la cual el calor que irradie hacia afuera iguale a la que le llega del interior de la estación. Pero su superficie interior (de área casi igual a la exterior y casi igual a la de la estación) irradia hacia a dentro la misma cantidad que hacia afuera. Por tanto, con la pantalla externa, la envoltura de la estación irradiará la potencia que genera en su interior más una cantidad igual que le llega de la pantalla, por lo que irradiará el doble de lo que irradiaba sin la pantalla externa. Y si la envoltura propia de la estación debe aumentar al doble su potencia calorífica irradiada, se cumplirá en el nuevo estado estacionario: 2P = kTx4. O sea: 2kT4 = kTx4. Por lo que: Tx = 21/4T ≈ 600 K. 87

10A-Oscilaciones. Problemas. (En la sección de “Resortes y Algo Más” se presentan más problemas de oscilaciones, en sistemas termodinámicos y electromagnéticos) 10.1-Sobre una superficie horizontal reposan dos bloques de masas m y 2m, unidos por un resorte ligero de constante k. Encuentre el período T de oscilaciones longitudinales del sistema. Despreciar la fricción.

10.2-Sobre dos rieles horizontales sin fricción se encuentra un bloque de masa M. Acoplado a él cuelga una esfera de masa m, como un péndulo simple. El bloque puede moverse solamente a lo largo de los rieles. La esfera es sacada de su posición de equilibrio para dejarla oscilar. Encuentre la relación de los períodos T2/T1 de las oscilaciones pequeñas en planos paralelo y perpendicular a los rieles. (Fig. 10.2).

M

Fig.10.2 10 cm 42 cm

10.3-Del péndulo AB, con esfera de masa M, es colgado el péndulo BC con esfera de masa m (Fig. 10.3). El punto A realiza oscilaciones pequeñas en la dirección horizontal con período T. Encontrar la longitud l del hilo BC si se sabe que el hilo AB permanece vertical todo el tiempo.

m

(c) A (b) Fig. 9.2

M

B

10.4-Se tiene un gancho de alambre que oscila con amplitud pequeña en el plano del dibujo con respecto a las Fig. 10.3 posiciones dadas del punto de suspensión (Fig. 10.4). En las posiciones (a) y (b) el lado largo está horizontal. Los m C otros dos lados del gancho son iguales entre sí. En los tres casos (a, b, c) las oscilaciones son de igual período. ¿Dónde se halla el centro de masas y cuál es el período de las oscilaciones?

10 cm 42 cm (a)

(b) Fig. 10.4 88

(c)

10.5-El punto de suspensión de un péndulo matemático de longitud l realiza oscilaciones horizontales; su coordenada x varía con el tiempo t de acuerdo con la ley x =A cosωt. Considerando oscilaciones pequeñas, encuentre la amplitud y fase de las oscilaciones forzadas del péndulo.

l

10.6-Sobre un cilindro horizontal fijo de diámetro R se encuentra una tabla horizontal homogénea y uniforme; la tabla está en equilibrio horizontalmente y tiene longitud l y grosor b (Fig. 10.6). La fricción estática es suficiente entre el cilindro y la tabla como para que no resbale bajo pequeñas desviaciones de la tabla de su posición de equilibrio, mostrada en la figura. Encuentre: (a) La condición para que, bajo pequeñas desviaciones de la horizontal, la tabla retorne al punto de equilibrio y produzca oscilaciones. (b) El período de oscilaciones pequeñas bajo tales condiciones.

C

b

R O

Fig. 10.6

10B-Oscilaciones. Soluciones.

10.1-Sea un sistema de referencia fijo a la superficie sobre la que descansan el resorte y los bloques. Puesto que la masa de uno de los bloques es el doble de la otra, el centro de masas de los bloques estará en un punto O que divide al resorte en dos partes tales que una es el doble de largo que la otra (Fig. 10.1S). Para el resorte sin deformar se cumplirá: lom/lo2m = 2m/m = 2 lm Fig. 10.1S

l2m k2m

km m

2m

CM

Como no hay fuerzas externas horizontales, las oscilaciones de los bloques ocurrirán sin que se mueva el centro de masas del conjunto (o que lo haga con velocidad constante), por lo que cuando el resorte esté deformado durante las oscilaciones, las distancias lm y l2m desde cada bloque hasta el centro de masas seguirá cumpliendo con la relación anterior: lm/l2m = 2m/m = 2. En consecuencia, las elongaciones de cada bloque respecto al centro de masas satisfacen la relación: Δlm = 2Δl2m 89

Y la elongación completa del resorte en cada momento sería: Δl = Δlm + Δl2m = Δlm + Δlm/2 = (3/2)Δlm Ahora bien, si las oscilaciones se producen sin que se mueva el centro de masas del sistema, todo ocurre como si el cuerpo de masa m oscilara unido a un resorte fijo al centro de masas (CM) con una longitud equivalente a 2/3 de la longitud del resorte completo (y el de masa 2m oscilaría unido a un resorte con 1/3 de la longitud del resorte completo). A cualquiera de ellos se le podría aplicar la ley del período de un sistema cuerpo-resorte, esto es, T = 2π(m/k)1/2. El asunto es encontrar la constante equivalente del resorte de 2/3 de longitud en función de la constante k del resorte completo. Para ello basta tener en cuenta que la fuerza de tensión elástica es la misma a lo largo de todo el resorte; pero para el resorte completo F = kΔl y para el segmento de longitud 2/3 del total, acoplado a la masa m, es F = kmΔlm = km(2/3)Δl, por lo que kΔl = km(2/3)Δl, y de aquí: km = (3/2)k. Entonces: T = 2π(2m/3k)1/2 De haber usados la otra masa (2m) el resultado sería el mismo, pues k2m = 3k. Los dos bloques oscilan con el mismo período, en direcciones opuestas.

10.2-Cuando la oscilación sea en el plano perpendicular a los rieles, el bloque no puede salirse de estos y el péndulo oscilará desde los rieles, con toda la longitud del hilo meciéndose desde el punto superior en que se acopla al bloque. El período sería: T1= 2π . Pero al oscilar paralelamente a los rieles, el bloquecito oscilará también hacia atrás y hacia adelante, permaneciendo inmóvil el centro de masas del conjunto (por debajo de los rieles). Entonces, la esfera oscilará como un péndulo fijo al centro de masas. El centro de masas divide la distancia que separa a las masas en longitudes inversamente proporcionales a las masas. Entonces, si x es la distancia del centro de masas a la esferita: m / M = (l-x) / x. De aquí: x = lM / (M+m). Y el período será T2 = 2π Entonces: T2 / T1 =

.

10.3-El hecho de que el hilo superior permanezca vertical implica que no tiene componente horizontal de tensión sobre él. Esto significa que el hilo superior no hará ninguna fuerza horizontal sobre la esfera B de masa m: ésta experimentará solamente la fuerza horizontal que le hace el hilo inferior (componente horizontal de la tensión en el hilo inferior). Pero esta tensión es una fuerza interna al sistema de las dos esferas, B y C, por lo que no alterará el movimiento, o reposo, del centro de masas de las dos esferas. La Fig. 10.3S muestra cómo ocurre la oscilación pequeña de la esfera C. Todo ocurre como si la esfera C de masa m oscilara colgada del centro de 90

masas del conjunto. Si determinamos la distancia x de la esfera inferior al centro de masas, ésa será la longitud del péndulo simple equivalente, y su período se determinará por la ley T = 2π(x/g)1/2. El centro de masas de dos partículas (nuestras esferas) es tal que: mx = M(l – x) De aquí: x = lM / (M + m) M

Entonces: T = 2π [(l/g)M / (M + m)]1/2

CM

Y despejamos de aquí la longitud del hilo BC:

l-x

x

l = (gT2/4π2) (M + m) /M Fig. 10.3S

m

C

10.4-El período de un péndulo físico está dado por T = 2π [I/(mgd)]1/2 donde I es el momento de inercia del péndulo respecto al punto de suspensión, d es la distancia entre el punto de suspensión y el centro de masas del cuerpo, m es la masa del cuerpo y g, la aceleración de la gravedad. Aplicando el teorema de los ejes paralelos, I = Io + md2, donde Io es el momento de inercia del péndulo respecto a un eje que pasa por su centro de masas paralelo al de suspensión real. El período queda entonces: T = 2π [(Io + md2) / (mgd)]1/2 Elevando al cuadrado y arreglando: d2 – dg (T/2π)2 + Io/m = 0

da dc

CM

db 42 cm

Fig. 10.4S

(1)

Esta ecuación la satisface el gancho para cualquiera de los tres casos indicados en este problema. La Fig.10.4S 10 cm señala las distancias da, db y dc que separa al centro de masas del gancho del punto de suspensión en cada uno de los tres casos (a), (b) y (c). Como en los tres casos el período T es el mismo (por dato), y la ecuación de segundo grado en d solamente admite dos soluciones,

estamos forzados a admitir que dos de las tres distancias son iguales. Por las dimensiones del gancho de los datos, solo cabe admitir que da = db = 10/2 = 5 cm. La distancia dc sale de aplicar el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo que se forma con dc como hipotenusa: dc = [(42/2)2 + 52]1/2 ≈ 21.6 cm Con los valores de da, db y dc queda bien localizado el centro de masas. Usando ahora en (1) los valores ya conocidos de dc y da se obtienen dos ecuaciones en las que no se conocen ni T, ni Io, ni m (pero que se sabe que en ambas ecuaciones tienen que valer lo mismo): da2 – dag(T/2π)2 + Io/m = 0

dc2 – dcg(T/2π)2 + Io/m = 0

y

Restando miembro a miembro ambas ecuaciones: da2 – dc2 – (da − dc) g (T/2π)2 = 0 91

Expresamos la diferencia de cuadrados como suma por diferencia y despejamos T: T = 2π [(da + dc) /g]1/2 = 1.0 s

10.5-La Fig.10.5S muestra el punto de suspensión oscilando la distancia horizontal a = 2A. a L

a l

l L

b (a)

b Fig. 10.5S

(b)

Cuando el punto de suspensión del péndulo es forzado a realizar oscilaciones horizontales, el péndulo puede adoptar dos modos de oscilación, en dependencia de la frecuencia impuesta al punto de suspensión. Estas dos formas se muestran en la Fig. 10.5S, (a) y (b). En el caso (a), la longitud efectiva L del péndulo es mayor que la longitud del hilo, l: L > l. En el segundo caso ocurre a la inversa: L < l

En el caso (a), el punto de suspensión oscila con una frecuencia menor que la frecuencia propia del péndulo simple de longitud l: ω < (g/ l )1/2. La esferita ajusta su frecuencia a la del punto de suspensión, para lo cual debe oscilar como si el hilo fuese de longitud mayor, L > l; y se mueve en fase con el punto de suspensión. En el caso (b), la frecuencia del punto de suspensión es mayor que la frecuencia propia del péndulo de longitud l: ω > (g/ l)1/2. La esferita ajusta de nuevo su frecuencia a la del punto de suspensión, para lo cual debe oscilar ahora como si el hilo fuese de longitud menor, L < l; y se mueve en contra fase con el punto de suspensión. La amplitud de oscilación es distinta en cada caso, pero en cada uno se puede calcular por semejanza de triángulos en relación con la amplitud del punto de suspensión. La amplitud del punto de suspensión, A, es tal que a = 2A y la de la esfera del péndulo, B, es tal que b = 2B. Entonces: (a):

b/a = L / (L – l)

y

(b):

b/a = L / (l – L)

O: (a):

B/A = L / (L – l)

y

(b):

B/A = L / (l – L)

y

(b):

Despejando B en cada caso: (a):

B = A L / (L – l)

B = A L / (l – L)

Pero en cada caso, la longitud L del péndulo equivalente con el que oscila la esfera se relaciona con la frecuencia aplicada por la expresión: L =g/ω2. Sustituyendo para cada caso: (a):

B = A g / (g – ω2l)

y

(b):

B = A g / (ω2l – g)

Puede notarse que en ambos casos, si la frecuencia impuesta al punto de suspensión es igual a la frecuencia propia del péndulo ω = (g / l)1/2, la amplitud del péndulo tiende a infinito: es cuando el péndulo entra en resonancia, sin fuerza amortiguadora. 92

10.6-La Fig. 10.6S muestra la tabla inclinada un ángulo θ respecto a la horizontal. Al hacerlo, la recta de contacto A’ que recorre la base de la madera por su centro (un punto en la figura) se separa de la recta A que recorre el lomo del cilindro y se desplaza hasta B. El ángulo θ de inclinación de la tabla es también el ángulo que forman con la vertical las líneas indicadas en la figura. (El punto O representa el centro del cilindro y C es el centro de masas de la tabla). Inicialmente, en el equilibrio, el punto C queda a una altura yo = R + b/2 sobre el centro del cilindro (cuando A’ coincide con A), y al inclinarse, se levanta hasta una altura:

C b/2

θ

B

A’

θ A θ

R O

Fig. 10.6S

y = R cosθ + (BA’) senθ + (b/2) cosθ Para ángulos pequeños: (BA’) ≈ θR, por lo que: y = (R + b/2) cosθ + Rθ senθ Además, para ángulos pequeños: senθ = θ y cosθ = (1 – sen2θ)1/2 = (1 – θ2)1/2 ≈ 1 – ½ θ2 Sustituyendo en la expresión de y: y = (R + b/2) (1 – ½ θ2) + Rθ2 La tabla retornará a su posición de equilibrio si el centro C se eleva en el desplazamiento, esto es, si y > yo, pues de lo contrario se alejará más del punto de equilibrio o quedará retenida en la nueva posición por la fricción estática. O sea, la condición de retorno es: (R + b/2)(1 – ½ θ2) + Rθ2 > R + b/2 Arreglando: (R – b/2) θ2/2 > 0 (a)Y como θ2 es siempre positiva, la condición se reduce a R>b/2. O sea, el diámetro del cilindro (2R) debe ser mayor que el grueso de la tabla (b), de lo contrario no se lograrán oscilaciones de la tabla sobre el cilindro. (b)Las variaciones de energía potencial gravitatoria de la tabla respecto a su valor en la posición de equilibrio están dadas por: ΔU = mg(y – yo) = ½(mg/2)(2R – b)θ2 Ésta es equivalente a una energía potencial de torsión elástica del tipo: ΔU = ½ Kθ2, con constante elástica de torsión: K = (mg/2)(2R – b). En el sistema mecánico de torsión (péndulo de torsión), la frecuencia propia está dada por ω = (K/I)1/2, donde I es el momento de inercia del sistema respecto al eje de rotación. El período será T = 2π 93

Para pequeñas oscilaciones puede considerarse que éstas ocurren alrededor del eje que pasa por A’, por el centro de la cara inferior de la tabla. El momento de inercia de la tabla respecto a tal eje es: I = Io + mb2/4 de acuerdo con el teorema de Steinner, donde Io = (m/12) (l2 + b2), de modo que I = (m/12) (l2 +4b2). Sustituyendo I y K en la expresión del período se obtiene: T = 2π

94

11A-Campo eléctrico. Problemas.

11.1-El cable (conductor con corriente) de un tranvía se rompe y cae al suelo. Una persona con zapatos conductores puede acercarse al cable sólo con pasos muy cortos: dar pasos grandes resulta peligroso. Explique por qué.

11.2-A una esfera metálica de radio r1, cargada hasta un potencial V1, la rodean mediante un capa esférica conductora muy fina de radio r2 (Fig. 11.2). Determine el potencial final V2 de la esfera después que ella sea conectada por cierto tiempo con la capa conductora.

r1 r2

Fig. 11.2 11.3-Tres esferitas metálicas idénticas no cargadas se encuentran en los vértices de un triángulo equilátero. Las esferitas se unen mediante un alambre conductor por turnos, una cada vez, con una esfera metálica muy grande y cargada, cuyo centro se halla en la recta que pasa perpendicularmente al triángulo equilátero, por su centro. Como resultado la primera esferita adquiere carga q1 y la segunda, q2 (q2
11.4-Sobre una mesa horizontal lisa se encuentra una varilla metálica de longitud l y masa m que puede moverse por la mesa sin fricción. A uno de los extremos de la varilla se fija un hilo no conductor que pasa por una polea ideal, fijada al final de la mesa. En el otro extremo del hilo cuelga una varilla exactamente igual a la primera. A continuación se abandona el sistema a sí mismo y comienza a moverse. Encuentre la diferencia de potencial que aparece entre los extremos de cada varilla. La fricción en el eje de la polea y la masa del hilo son despreciables.

11.5-Un capacitor plano está lleno de un dieléctrico cuya constante dieléctrica depende del voltaje aplicado al capacitor según la ley ε = αV, donde α = 1.0 V-1. En paralelo con este capacitor “no lineal”, que está descargado, conectan otro capacitor igual, pero sin dieléctrico, el cual está cargado a un voltaje Vo = 156 V. Determine la tensión final que se establece en los capacitores.

95

A B C

D

11.6- Entre qué dos puntos del circuito mostrado en la Fig. 11.6 hay que conectar una fuente de corriente para que se carguen todos los capacitores, cuyas capacitancias son todas iguales.

Fig.11.6

11B-Campo eléctrico. Soluciones.

11.1-Cuando la punta del cable toca el suelo, la corriente sale casi radialmente del cable y se esparce por la tierra. La corriente viaja de mayor a menor potencial, y a las líneas radiales de corriente corresponden superficies equipotenciales esféricas (o semiesféricas hacia adentro de la tierra). La relación entre campo y potencial a lo largo de una línea de corriente es E = –ΔV/Δr, lo cual nos dice que donde el campo sea más intenso hay mayores variaciones ΔV en iguales desplazamientos radiales Δr. Y como el campo es más intenso cerca de la punta del cable, ahí serán mayores las diferencias de potencial eléctrico para la distancia radial que corresponde a un paso. Haciendo los pasos más cortos según nos acercamos al cable caído disminuye el intervalo Δr entre los puntos del suelo que tocan los dos pies, y disminuye la diferencia de potencial entre los dos pies. Esto último reduce las posibilidades de descargas eléctricas entre ambos pies, descarga que pasaría por las piernas y el cuerpo.

11.2-Inicialmente la esferita de radio r1 adquiere una carga q1 = V1 r1/k. Al conectarla a la capa esférica metálica de radio r2 que la envuelve, toda esta carga pasa a la superficie de la capa, que adquiere un potencial en su superficie V2 = kq1/r2 = V1r1/r2. Y éste será también el potencial de la esferita conectada a la grande, pues el potencial eléctrico en el interior de una esfera metálica es constante e igual que el potencial de su superficie.

96

R

Q

l

l d

r q1

r q3

l

d

d q2

r

Fig. 11.3S

11.3-La Fig.11.3S presenta la situación descrita en el problema. Cuando dos esferas metálicas se conectan intercambian carga hasta que se igualan los potenciales de sus superficies. O sea, si una, de radio r, estaba inicialmente descargada y la otra, de radio R, tenía carga Q, el intercambio de carga δq será tal que: k(Q-δq) / R = kδq / r, o δq / (Q-δq) = r/R. Se ve que si R>>r entonces (Q-δq) >> δq, lo que significa que (Q-δq) ≈ Q. O sea, la carga de la esfera grande prácticamente no varía cuando le cede algo de carga a cualquier esferita muy pequeña. Así, el potencial de la esfera en su superficie será todo el tiempo Vo = kQ/R, aunque intercambie carga con las esferitas.

Éste será también el potencial en la superficie de cada esferita, donde su carga no se distribuirá uniformemente por la superficie debido a la influencia de la carga de la esfera grande. Por otra parte, la carga adquirida por cada esferita es tan pequeña que no perturbará la distribución esférica de la carga en la esfera grande, y su potencial a cualquier distancia s de su centro seguirá dada por la ley V = kQ/s. Por otro lado, en cada esferita el potencial en su superficie es igual al potencial en todos los puntos de su volumen, y en particular, igual a su potencial en el centro (recordar que las cargas se distribuyen en la superficie del metal de forma tal que la intensidad del campo eléctrico sea nulo en su interior, por lo que todo el volumen debe estar al mismo potencial). Y el potencial en el centro de una esferita puede calcularse sumando los potenciales de todas las cargas sobre su superficie (a una distancia r del centro) con los potenciales de todas las cargas externas a la esferita: Vcentro = kΣqi superf /r + ΣViexternos donde r es el radio de la esferita (todas las cargas superficiales están a la misma distancia r del centro). Puede reescribirse: Vcentro = kq /r + ΣViexternos

(1)

donde q es la carga total en la esferita. Aplicaremos esta ecuación (1) a cada esferita, que siente el efecto de la esfera grande y el de las otras esferitas. Llamemos l a la distancia entre el centro de cada esferita y el centro de la esfera grande (lados inclinados de la pirámide en la figura). Sea r el radio de cada esferita y sea d la distancia de centro a centro de las esferitas (lados de la base triangular en la figura). Puesto que la carga Q de la grande prácticamente no varía en el proceso, su potencial tampoco cambia sustancialmente y las esferitas, puestas en contacto con la grande, tendrán en sus supericies el mismo potencial Vo producido por la esfera grande en su superficie.

97

Al conectar la primera esferita a la grande, el potencial Vo que adquiere será expresable de acuerdo con (Ec. 1): Vo = kq1/r + kQ/l (2) Al conectar la segunda esferita, su potencial será: Al conectar la tercera:

Vo = kq2/r + kQ/l + kq1/d Vo = kq3/r + kQ/l + kq1/d + kq2/d

De (2) y (3): q2/q1 = (1 – r/d)

(5)

De (2) y (4): q1(1 – r/d) = q2 r/d + q3

(6)

(3) (4)

Sustituyendo (1 – r/d) de (5) en (6) y reordenando: q3 = q2(1 – r/d) Empleando (5) nuevamente: q3= q22/q1

11.4-La diferencia de potencial que surge entre los extremos de cada varilla está ligada al campo eléctrico interior que surge de extremo a extremo en cada una, campo responsable de acelerar con cada varilla a los electrones de conducción de cada una. En el modelo de la conducción eléctrica en un metal, se asume la existencia de una nube de electrones libres dentro del metal (como un gas de electrones libres en un recipiente cuyas paredes son las propias fronteras de la pieza metálica). Cuando este “recipiente de electrones libres” se acelera, los electrones tienden a rezagarse, acumulándose un poco en la pared “trasera” de la varilla y produciéndose una carga positiva neta en la pared “delantera” por la ausencia de electrones; estas cargas netas en los extremos de la varilla producen el campo eléctrico necesario para que todos los electrones del interior se aceleren con la varilla y no se queden afuera. Aclaramos que los electrones no llegan a escapar del metal porque la salida de unos pocos de ellos generaría una carga positiva neta en la varilla, impidiendo el escape de otros electrones. La aceleración de cada varilla se calcula de forma inmediata aplicando la segunda ley de Newton a cada una. La tensión T del hilo acelera a la varilla horizontal hacia el borde de la mesa, cumpliéndose: T = ma (no hay fricción), y en la varilla vertical se cumplirá: mg – T = ma. En ambas ecuaciones se ha planteado la misma masa m para cada varilla y la misma aceleración (en magnitud). De estas ecuaciones resulta: a = g/2. Cada electrón en cada varilla se moverá con esta aceleración debido al campo eléctrico E1 y E2 surgido en el interior de cada varilla. En la varilla horizontal se tendrá, para cada electrón: eE1 = mea , de donde resulta: E1 = me a/e = meg/2e. En la varilla vertical se tendrá, para cada electrón: meg – eE2 = mea = meg/2. De aquí: Ee = meg/2e = E1.

98

Ambos campos son de igual intensidad: el horizontal acelera a los electrones y el vertical los frena sin dejarlos caer libremente por gravedad. Estos dos campos son uniformes dentro de cada varilla y a ellos aplica la ecuación E = −ΔV/Δr, de donde podemos calcular el ΔV entre los extremos de cada varilla. Despejando: ΔV= −EΔr = −megl/2e. Como el cociente me/e es del orden de 10-12 kg/C, esta diferencia de potencial entre los extremos de una varilla normal (digamos de 1 m de largo) es indetectable.

11.5-La capacitancia del capacitor podemos expresarla como C = εCo, donde Co es su capacitancia sin dieléctrico. Con dieléctrico no lineal, la capacitancia será: C = αVCo. Al ponerse en paralelo, ambos capacitores igualan los potenciales de sus placas en contacto, e igualan sus diferencias de potencial entre placa y placa, a un valor V. La carga en cada uno será: qvacío =VCo y qno lineal = αV2Co. Ahora: la carga total que hay para ambos capacitores es la que acumulaba inicialmente el capacitor vacío, qo = VoCo. Y por la ley de conservación de la carga: qno lineal + qvacío = qo. Sustituyendo cada carga por su expresión en función de los voltajes: αV2Co + VCo = VoCo. Cancelando Co se obtiene: αV2 + V − Vo = 0, y resolviendo esta ecuación cuadrática para V, se obtienen dos raíces, una positiva y otra negativa. La positiva es: V = 12 V.

11.6-No hay forma de conectar la batería y que se carguen todos los capacitores. Siempre hay uno que quedará entre dos potenciales iguales y no se carga. La manera más fácil de verlo es poniendo el circuito en forma tridimensional de tetraedro regular, o pirámide (Fig. 11.6S). Siempre habrá un capacitor en cada lado de la pirámide, y entre cualesquiera dos vértices que se conecte la batería, siempre entre los dos otros vértices quedará un capacitor cuyos dos extremos estarán a iguales potenciales, por lo que no se cargará. En la Fig.11.6S, el capacitor de la rama AB quedará sin cargar.

A

C D

B

99

Fig.11.6S

+ Batería

12A-Circuitos. Problemas. (El símbolo

representa un resistor)

12.1-El circuito de la Fig. 12.1 se compone de resistores con resistencias R1=1.0 Ω, R2= 4.0 Ω, R3=2.0 Ω y R4=3.0 Ω. ¿Qué corriente circula a través del amperímetro A1 si la corriente a través del amperímetro A2 es de 5.0 A? ¿Cuál es la lectura del voltímetro V? Considere ideales los instrumentos de medición. R1

R3

A1 A1

A2

A2

A3

R2

R4

A4

1

V

Fig. 12.1 11.2

Fig. 12.2

12.2-Cuatro amperímetros idénticos y un resistor están conectados tal como lo indica la Fig. 12.2. El amperímetro A1 marca I1 = 2.0 A, el A2, I2 = 3.0 A. ¿Qué corrientes pasan por los amperímetros A3 y A4 y por el resistor? Encuentre la relación r/R entre la resistencia interna r del amperímetro y la resistencia R del resistor.

12.3-Se monta un circuito de acuerdo con el esquema de la Fig. 12.3. El voltímetro se conecta en paralelo con el resistor de resistencia R1 =0.40 Ω y registra un voltaje V1 = 34.8 V. La tensión en los bornes de la fuente de corriente se mantiene constante e igual a 100 V. Encuentre la relación entre la intensidad de la corriente que pasa por el voltímetro y la de la que pasa por el resistor R2, de resistencia R2 = 0.60 Ω. C A E

100 V R1

E

R2

B

1

V1

E R

Fig. 12.4

Fig. 12.3

12.4-Encuentre cómo cambia el voltaje en el resistor R del circuito que se muestra en la Fig.12.4 en dependencia del valor de la resistencia R de dicho resistor. La fem de cada una de las fuentes es igual a E y sus resistencias internas son r. Considerar el diodo como ideal (resistencia cero en polarización directa e infinita en polarización inversa). 100

12.5-El elemento S posee la característica voltampérica representada en la Fig. 12.5 (es la característica idealizada de un estabilitrón). Se conectan en serie un resistor de resistencia R, el elemento S y una batería de fem E. ¿Cuál es la magnitud de la corriente en el circuito? I Elemento B

Elemento S

I Io V

-Io 0

Vo

V Fig. 12.6

Fig. 12.5

12.6-El elemento B posee la característica voltampérica mostrada en la Fig. 12.6. Se conectan en serie un elemento B, una batería de fem E y un resistor de resistencia R. ¿Qué tensión se produce en B?

12.7-Encuentre las corrientes a través de los elementos S y las tensiones en los elementos B de los circuítos mostrados en las Fig. 12.7(a) y (b), para el caso en que E > IoR + Vo. Las características voltampéricas de los elementos S y B se dan en los dos ejercicios anteriores. S

B

E S

E

R (a)

B

R (b)

Fig. 12.7

12.8-Calcule la resistencia entre los puntos A y B del circuito eléctrico infinito que se muestra en la Fig. 12.8, si todas las resistencias del circuito son idénticas.

B

R

R R

R

A Fig. 12.8

12.9-En el circuito de la Fig. 12.9 (próxima página) la fem (fuerza electromotriz) de la batería es de E = 100 V, su resistencia interna es r = 100 Ω, la capacitancia es de C = 200 μF y la resistencia es R = 10.0 Ω; esta resistencia representa un calentador. 101

R

C K 2

El interruptor K hace contacto entre los puntos 1 y 2 a razón de 10 veces por segundo. Cuando el interruptor se encuentra en la posición 1 el capacitor se carga, y al pasarlo a la posición 2, se descarga.

1

Calcule el rendimiento térmico de este circuito, η, y establezca cuántas veces mayor es este rendimiento (con el conmutador periódico) que si se conectara diE ,r rectamente la batería a la resistencia de calentamiento, sin capacitor. Fig. 12.9 [η = (potencia de calentamiento en la resistencia) / (potencia entregada por la batería)]

12.10-Determine la carga eléctrica que se acumula en el capacitor de la Fig.12.10: (a)Para el circuito tal y como se muestra. (b)Para el circuito, con el capacitor y el resistor de 200 Ω intercambiados. (c)¿Qué cantidad de electrones pasa por la batería en 10 min. en el caso (a)?

80 Ω

A 220 Ω B

180 Ω C

10 μF

15.0 V 120 Ω

200 Ω

Fig.12.10

D

K

12.11-En el circuito mostrado en la Fig. 12.11, R = 100 Ω, C = 10 μF, Vo =10 V, las resistencias internas de la batería y del amperímetro son despreciables. El interruptor K se cierra periódicamente por un tiempo t1 = 1×10-3 s y se abre por un tiempo t2 = 20×10-3 s. Bajo tal régimen, la aguja del amperímetro marca un valor prácticamente constante. ¿Qué valor marca el amperímetro? 12.12-En el circuito de la Fig.12.12, cierran el interruptor K. Encontrar la máxima corriente a través de la bobina de inductancia L en función de los datos de la figura. Encontrar la tensión máxima en el capacitor C1. Considere ideales los elementos del circuito (incluyendo batería recargable).

C R A

Vo C

R

Fig.12.11

L K C2

C1

Fig.12.12 102

Vo

12.13-En un circuito común rectificador de media onda (ver Fig.12.13): C = 1000 μF, R = 500 Ω. La frecuencia del circuito es f = 50 Hz. Considerando ideal el diodo encuentre: (a) El coeficiente de pulsaciones de voltaje, ΔV/Vmax, en el resistor. (b) Diseñe un circuito rectificador de onda completa con cuatro diodos ideales, y las mismas resistencia R y capacitancia C.

diodo R

C

Fig.12.13

12B-Circuitos. Soluciones.

12.1-En la Fig.12.1S se representan las corrientes I1, I2, I3, I4 e I5, y las direcciones que les suponemos. Aplicando la ley de los nodos al nodo P:

I3

I5 = I1 – I3.

I4

Como el amperímetro 1 está registrando una corriente finita (no inmensa, no en cortocircuito), y

R3

P

R1

I5 A1

T

I1 R2

R4 Q V

A2

5.0 A

I2

1

Fig. 12.1S

su resistencia interna es cero (amperímetro ideal), significa que la diferencia de potencial entre sus extremos P y Q es cero (una resistencia cero entre dos puntos a diferentes potenciales ocasionaría una corriente enorme, de cortocircuito, pues I = V/r). En este caso, las caídas de potencial en las resistencias R1 y R2 son iguales: I1R1 = I2R2, de donde resulta I1 = 4I2. Pero I1 + I2 = 5.0 A (que es lo registrado en el amperímetro A1). Entonces: I1 = 4.0 A e I2 = 1.0 A. Además, las caídas de potencial en R3 y R4 tienen que ser iguales también, pues representan las variaciones de potencial desde P y Q hasta un punto común T por el que se retiran las corrientes I3 e I4, que deben sumar 5.0 A nuevamente. Procediendo como se hizo con I1 e I2 se obtiene: I4 = 2.0 A e 103

I3 = 3.0 A. De los cálculos realizados se ve que por el amperímetro A1 debe pasar una corriente I5 = I1 – I3 = 1.0 A. Y el voltaje del voltímetro es: V = I1R1 + I3R3 = I2R2 + I4R4 = 10 V.

12.2-En la Fig.12.2S, se indican las direcciones que se le proponen a las corrientes, con I1=2.0 A e I2 = 3.0 A. La caída de potencial entre los nodos P y Q tiene que ser la misma, calculada por la suma de voltajes en los amperímetros A1 y A3, o calculada por la caída de voltaje del amperímeI1 tro A2: VPQ = I2r = I1 r + I3 r. P I2 De aquí: I3 = I2 – I1 = 1.0 A.

A1

A2

I3

S

A3

Aplicando la ley de nodos al nodo Q: R

I4 = I2 + I3 = 4.0 A.

Q I4

I

A4

T

Y en el nodo S: I = I1 – I3 = 1.0 A,

Fig. 12.2S

con lo cual quedan determinadas todas las corrientes. Para determinar la relación r/R, calculemos la diferencia de potencial entre S y T por la rama que contiene a R y por la que contiene a A3 y A4: VST = IR = I3 r + I4 r. De aquí: r/R = I/(I3 + I4) = 0.20

12.3-En R2 el voltaje que cae es V2 = E - V1, por lo que la corriente que pasa por esa resistencia es:

100 V R1

I2 = (E - V1)/R2

R2 1

V1

Fig. 12.3

(1)

A su vez, I2 = I1 + IV = V1/R1 + IV, donde IV es la corriente en el voltímetro. Despejando: IV = I2 – V1/R1.

Sustituyendo I2 por la expresión (1): IV = (E - V1)/R2 – V1/R1

(2)

De (1) y (2): IV/I2 = 1 – V1R2 / [(E - V1) R1] ≈ 0.20

12.4-Para encontrar la dependencia del voltaje V que cae en R, respecto al valor de la propia resistencia R, analizaremos el comportamiento del circuito para valores extremos de R (R grande y 104

C A E E

E

Fig. 12.4

E

r

E

E

I’

r

I

B IR

R

E

E r

IR

r

Fig. 12.4Sb

R

Fig. 12.4Sa

R

E

r

E

r

IR

I1

E

r

Fig. 12.4Sc I2

R

R pequeño) para tratar de detectar en qué rango de valores el diodo queda en polarización directa y en qué rango, en inversa. La Fig. 12.4Sa muestra el circuito con la posible corriente I’ por el diodo (cuando éste conduzca) y la corriente I por la rama de las dos baterías en serie. Las figuras 12.4Sb y 12.4Sc muestran cómo quedaría el circuito equivalente completo cuando el diodo no conduzca (caso b) y cuando conduzca (caso c). Consideremos primero altos valores de R (R>>r). En este caso la corriente total del circuito será baja, por lo que lo serán I e I’. Los potenciales entre los puntos A y B, señalados en la figura (a), se relacionarán: VB = VA + 2E – 2Ir ≈ VA + 2E. Y entre A y C: VC = VA + E – I’r – Vdiodo ≈ VA + E – Vdiodo. Pero: VC = VB, por lo que: VA + 2E = VA + E – Vdiodo. De aquí: Vdiodo = – E. Esto significa que el diodo está polarizado en inversa para altos valores de la resistencia R y no pasará corriente por la rama del diodo, I’ = 0, por lo que el circuito completo se reduce al equivalente de la Fig. 12.4Sb, en el que la corriente por la resistencia R es la misma que la de la rama con las dos baterías, I. Aplicando la ley de Ohm a este circuito: I(R + 2r) = 2E. Entonces el voltaje en la resistencia es: VR = 2E R/(R + 2r) ≈ 2E

(1) para R grande

Al analizar el otro extremo, R →0, aumenta la caída de potencial en las resistencias internas de las baterías en la rama AB, por lo que el potencial VB en B empieza a disminuir, y con él, VC, pues: VB = VA + 2E – 2Ir = VC Cuando 2Ir alcance el valor E se tendrá VB = VA + E y se llega al límite de la polarización inversa del diodo (Vdiodo= 0, con I’= 0). Aún en este límite, la corriente I’ es nula por lo que la corriente en la resistencia R es la misma que la de la rama AB, I, y sigue siendo válido el circuito

105

equivalente de la figura (b). Se cumplirá entonces: 2E – 2Ir – IR = 0, con 2Ir = E, por lo que: 4Ir – 2Ir = IR, de donde: R = 2r. O sea, con este valor de R se llega al límite de la polarización inversa del diodo. Para valores de R menores que 2r, el diodo comenzará a conducir y el circuito equivalente del sistema es el de la figura (c). Si R<2r, planteamos las ecuaciones de mallas y nodos al circuito de la Fig. 12.4Sc y obtenemos: 2E – 2I2r – IRR = 0, E – I1r – IRR = 0, I1 + I2 = IR Resolviendo este sistema de ecuaciones: IR = 4E / (2r + 3R) El voltaje en la resistencia R será entonces: VR = 4E R/ (2r + 3R)

(2)

para R pequeño

Las soluciones (1) y (2) representan las soluciones extremas de este problema. Note además que para R = 2r, las expresiones (1) y (2) coinciden en valor, o sea: VR = E.

12.5- Al conectarse en serie el elemento S con la resistencia, por la ley de Ohm: E = IR + VS. Si E > Vo, pasará corriente por el circuito, el voltaje en el elemento S será Vo e I = (E – Vo)/R. Pero si E < Vo, la resistencia del elemento se hace infinita y no pasa corriente: I = 0. Todo el voltaje cae entonces en el elemento S.

12.6- Si se conectan en serie el elemento B y la resistencia, y se cumple que IoR < E , circulará entonces la corriente Io que fija el elemento B, y: E = IoR +VB, de donde resulta: VB = E − IoR. Por otra parte, si IoR > E, el elemento B se hace conductor ideal, en el que no cae voltaje, VB = 0, y pasaría una corriente menor que Io, tal que I R = E.

12.7-En la Fig. 12.7(a) los elementos S y B están en serie con la batería. Se cumplirá:

E = IoR + Vo + VB. Así, queda fijada la corriente Io por el elemento B, y en S cae el voltaje Vo. El voltaje en B será: VB = E − IoR – Vo, si E > IoR + Vo. Cuando los elementos se conectan en paralelo, como indica la Fig. 12.7(b): VR = IR = E – Vo, ya que el elemento S fija el voltaje del paralelo. De aquí: I = (E − Vo) / R. 106

Pero I = Io + IS. Entonces: IS = (E − Vo) / R − Io, si E > IoR + Vo.

12.8-Como el circuito del problema es una cadena de infinitos eslabones idénticos, la resistencia RAB que exhibe entre los puntos A y B en la entrada del primer eslabón será la misma que la que exhibe entre los puntos análogos de la entrada del segundo eslabón, RAB, como

B

R R

RAB

A Fig. 12.8S

muestra la Fig. 12.8S. Pero la resistencia total de este segundo circuito es fácilmente calculable (es R en serie con el paralelo de R y RAB): RAB = R + RRAB/(R + RAB). Despejando: RAB = (1 +

R

C K 2

1

E ,r

Fig. 12.9

)/2 ≈ 1.62 R

12.9-Comencemos por señalar que el tiempo característico de carga del capacitor es ηc = (R + r) C = 0.022 s, y el tiempo de descarga será ηd = RC = 0.002 s. Por otro lado, cada ciclo dura 1/10 = 0.1 s, que equivale a unos 5 tiempos ηc de carga y unos 50 tiempos ηc de descarga, por lo que pueden considerarse cargas y descargas completas en cada ciclo con error menor del 1%.

Bajo el proceso de carga, con el interruptor K en 1, el capacitor alcanza un voltaje V =E y una carga q = CE. El trabajo realizado por la batería en mover toda esa carga será W = qE = CE 2. La energía acumulada en el capacitor será U = ½ CE 2, que es la mitad de lo trabajado por la batería. Durante esta carga, el calor liberado en la resistencia de calentamiento es: Q1 = Σ Ii2RΔti = R Σ Ii2Δti. Y el calor liberado en la resistencia interna de la batería es: Q2 = Σ Ii2rΔti = r Σ Ii2Δti. Entonces: Q1/Q2 = R/r

(1)

Además, este calor total liberado representa la otra mitad del trabajo hecho por la batería: Q1 + Q2 = ½ CE 2

(2) 107

De (1) y (2): Q1 = ½ CE 2 R/(R + r)

(3)

Este es el calor liberado en la conexión de K con 1. Al pasar el interruptor K a 2, se descarga el capacitor y libera en la resistencia R toda la energía que había acumulado: U = ½ CE 2, por lo que en el ciclo completo de carga y descarga, el calor liberado en la resistencia de calentamiento R es: Q = ½ C E 2 [1 + R/(R + r)] El rendimiento será: η = Pcalent /Pbatería = Q(1 ciclo)/W(1 ciclo) = ½[ 1 + R/(R + r)] = 0.54

(A)

Si se conecta la resistencia directamente a la batería, sin capacitor ni conmutador, la corriente sería: I = E / (R + r) y la potencia de la batería sería: Pbat = IE = E 2/(R + r). La potencia en la resistencia sería: Pcalent = I 2R = E 2R / (R + r)2. Entonces: η’ = Pcalent /Pbatería = [E 2R / (R + r)2] / [E 2/(R + r)] = R/(R + r) = 0.09

(B)

O sea, el circuito con carga intermitente es 6 veces más eficiente: 0.54/0.09 = 6.

12-10-(a)Cuando el capacitor se cargue no pasará corriente de B a C, por lo que el puente será equivalente a dos ramas en paralelo, de resistencias: Rabd = 340 Ω y Racd = 380 Ω La diferencia de potencial entre B y C será el voltaje de carga del capacitor. Para determinar este voltaje necesitamos las corrientes en cada rama del paralelo. La resistencia total del paralelo, R, satisface:

A 80 Ω

220 Ω B

15.0 V

1/Rp = 1/340 + 1/380 = 0.005573, por lo que Rp = 179.4 Ω.

180 Ω C

10 μF

120 Ω

200 Ω D

La resistencia total del circuito será: Fig.12.10

RT = 80 + 179.4 = 259.4 Ω La corriente que sale de la batería es: Ib = E /RT = 15.0/259.4 = 57.82×10-3 A = 57.82 mA El voltaje en el paralelo es: Vad = IbRp = 0.05782×179.4 = 10.37 V La corriente en cada rama es: Iabd = Vad/Rabd = 10.37/ 340 = 30.51×10-3 A = 30.51 mA y

Iacd = Vad/Racd = 10.37/ 380 = 27.30×10-3 A = 27.30 mA 108

La caída de voltaje desde A hasta B es: Vab = 220 Iabd = 6.71 V Y la caída de voltaje desde A hasta D es: Vac = 180 Iacd = 4.91 V Entonces el voltaje entre B y C es: Vbc = 6.71 – 4.91 = 1.8 V Y la carga en el capacitor será: q = CVbc = 10×1.8 = 18 μC b)Intercambiando el capacitor con la resistencia de 200 Ω queda un circuito equivalente al que muestra la Fig. 12-10S. En él, las resistencias de 180 Ω y 200 Ω quedan en serie, para una resistencia equivalente en serie igual a 380 Ω. Estas dos quedan en paralelo con la de 220 Ω, para una resistencia equivalente en paralelo de 139.3 Ω. Todo este paralelo estaría en serie con las resistencias de 80 Ω y 120 Ω, para una resistencia total en el circuito de 339.3 Ω. El voltaje de carga del capacitor sería ahora la diferencia de potenciales entre los puntos C y D.

80 Ω

A 180 Ω

220 Ω B 15.0 V

200 Ω

120 Ω

C 10 μF

D

Fig.12.10S

La corriente de la batería es ahora: Ib = 15.0/339.3 = 44.2 mA. El voltaje en el paralelo será: Vp = 0.04421×139.3 = 6.158 V. La corriente en la rama ACB será: Iacb = 6.158/380 = 1.62 mA; y la corriente en la rama BD es la misma que en la batería, Ibd = 44.2 mA. Entonces: Vcd = Vcb + Vbd =0.00162×200 + 0.0442×120 = 5.6 V La carga en el capacitor será: q = CVcd = 56 μC c)La corriente de la batería en el caso (a) es Ib = 57.8 mA. La corriente se define como I = Δq/Δt, pero se cumple que Δq = Ne (la carga es siempre un múltiplo entero de la carga del electrón), por lo que: I = Ne/Δt Y: N = IΔt/e = 0.0578×600/(1.60×10-19 = 2.171020 electrones

12.11-La solución de este problema es rápida si notamos que el ciclo de carga se logra sin pasar prácticamente por los resistores (ciclo de carga casi instantáneo, pues RC→0), como muestra la Fig.12.11Sa (próxima página). En tanto el ciclo de descarga se produce a través de los resistores, como muestra la Fig.12.11Sb. En el ciclo de carga, el voltaje que adquiere cada capacitor es Vo/2, de manera instantánea, 109

K

C

+ −

A

Vo C

+ −

Fig.12.11Sa

y la carga que acumula cada capacitor es qc= CVo/2, que es la carga que circula por el amperímetro por causa de los capacitores. Ahora, las resistencias en paralelo con cada capacitor adquieren también instantáneamente el voltaje Vo/2, y con ello se produce una corriente directa sobre las resistencias de valor IR = Vo/ (2R), que en el amperímetro es opuesta a la corriente de carga de los capaci-

+

C

−

R A C

+ −

R

Fig.12.11Sb

tores. Como el interruptor está cerrado un tiempo t1, la carga que pasa por el amperímetro, por causa de los resistores es: qr = IRt1 = Vot1/(2R). La carga total que pasa por el amperímetro durante el tiempo en que el interruptor K está cerrado es: q1 = qr – qc = Vot1/(2R) − CVo/2 donde consideramos positiva la corriente hacia la derecha en el amperímetro. (El análisis realizado se basa en el principio de superposición: calcular qué carga pasa por el amperímetro debido a una u otra causa, y luego se superponen las cargas por una suma algebraica). En el ciclo en que se abre el interruptor K, los capacitores se descargan, cada uno a través de una resistencia, formando dos lazos de descarga que envían corriente en la misma dirección sobre el amperímetro, dirección que coincide con la que consideramos positiva anteriormente. El tiempo en que cada capacitor se descarga en un 63% es η = RC = 100×10×10-6 = 1×10-3 s, que es 20 veces menor que el tiempo t2 con el interruptor abierto, lo cual quiere decir que los capacitores se descargan totalmente en cada ciclo a los efectos prácticos. Como los dos capacitores envían sus cargas en la misma dirección por el amperímetro, la carga total que pasa por éste durante el tiempo t2 es: q2 = 2qc = CVo El valor constante que marcará el amperímetro será el de la corriente media en el ciclo completo de duración t1 + t2. O sea: Im = (q1 + q2) / (t1 + t2) = [Vot1/(2R) − CVo/2 + CVo] / (t1 + t2) = [Vot1/(2R) + CVo/2] / (t1 + t2) Sustituyendo valores: Im = 4.8×10-3 A = 4.8 mA El ciclo entero dura t1 + t2 = 21×10-3 s = 21 ms, y en ese tiempo la inercia mecánica de la aguja del amperímetro no le permite ir y volver a cero; apenas vibrará imperceptiblemente cerca del valor de corriente media.

110

12.12- Antes de cerrar K, los dos capacitores están en serie, cargados, y la carga en los dos capacitores es la misma, pues se cargan estando en serie. La capacitancia total de ambos en serie es:

L K C2

Ceq= C1C2/ (C1 + C2) C1

Y la carga en cada uno es: qo = Vo C1C2/ (C1 + C2) Fig.12.12 2 La energía acumulada entre los dos capacitores es: Uo = ½ Vo C1C2/ (C1 + C2)

Vo

Al cerrar el interruptor, los dos capacitores y la batería mandarán carga a través de la bobina. La máxima corriente que pase por la bobina provocará que en ese momento no haya fem en la misma, pues E = - L dI/dt (en el máximo de la función I la derivada es cero). En ese momento el capacitor C2 debe haberse descargado totalmente (ya no tiene mas carga que enviar y la corriente llegó a su máximo). En ese instante, el voltaje en C1 es Vo (ya que C2 está descargado y en la bobina la fem es cero), por lo que la energía total en el circuito en ese instante es: U = ½LI2max + ½C1Vo2 La diferencia entre esta energía y la inicial es: ΔU = ½LI2max + ½C1Vo2 − ½ Vo2 C1C2/ (C1 + C2) Este aumento de energía en el circuito se debe al trabajo hecho por la batería mandando carga al circuito, ΔU = VoΔq, donde el Δq se mide por la diferencia entre la carga inicial en los capacitores y la carga existente en C1 en ese instante: Δq = C1Vo - Vo C1C2/ (C1 + C2) Entonces: ½LI2max + ½C1Vo2 − ½ Vo2 C1C2/ (C1 + C2) = Vo [C1Vo - Vo C1C2/ (C1 + C2)] Despejando: Imax = C1Vo/[L(C1 + C2)]1/2 lo cual contesta la primera pregunta. Para contestar la segunda, notemos que C1 y C2 están en una misma malla, por lo que en todo momento: Vo = V1 + V2. Esto implica que cuando V1 sea máxima, V2 será mínima, pues Vo es constante. Además, en el contorno L-C2 se tendrá que cuando V2 esté en un valor extremo (máximo o mínimo), en L estará ocurriendo una inversión de corriente, lo que significa que I = 0 en esos instantes; y por conservación de la carga en el nodo, implica que tampoco en C1 hay corriente en ese momento. Entonces, por conservación de la energía para el instante en que V1 es máximo: ½C1V12 + ½C2(Vo – V1)2 = ½ Vo2 C1C2/ (C1 + C2) + Wbat 111

donde ahora: Wbat = VoΔq’ = Vo [C1V1 - Vo C1C2/ (C1 + C2)] Sustituyendo en la ecuación anterior y arreglando: V12 (C1 + C2)/2 – V1 (C1+ C2) Vo + [½Vo2 (C22 + 2C1 C2 ) / (C1 + C2 ) ] = 0 Resolviendo la cuadrática: V1 = [(C1 + C2) Vo ± C1Vo] / (C1 + C2) Con soluciones: V1,max = Vo[1 + C1/(C1 + C2)] y V1,min = Vo[1 − C1/(C1 + C2)]

12.13-Para los valores dados en el circuito, el tiempo característico de descarga del capacitor será: η = RC = 0.5 s

diodo

Y el período de la señal alterna será: T = 1/f = 0.02 s C

O sea, se cumple: η >> T (25 veces mayor).

R

El tipo de voltaje que caerá en el resistor tendrá la forma Fig.12.13 aproximada mostrada en la Fig. 12.13Sa, donde se ve que el tiempo que está descargándose el capacitor en cada ciclo es casi igual al período del ciclo (el tiempo de carga es muy breve en cada ciclo). Si ΔV<
V ΔV Vmax t

Fig.12.13Sa

(a)La variación de voltaje en el resistor será igual a la variación de voltaje en el capacitor (están en paralelo): ΔV = Δq/C = IΔt/C ≈ (Vmax/R)Δt/C . De aquí: ΔV/Vmax ≈ Δt/RC donde Δt ≈ T, por lo que: ΔV/Vmax = T/(RC). Sustituyendo valores: ΔV/Vmax ≈ 4% 112

(b)El rectificador de onda completa tiene la forma de la Fig. 12.13Sb. Ahora los dos lóbulos pasan rectificados por la resistencia en la misma dirección (ver Fig. 12.13Sc). Como la caída de voltaje en la descarga es tan lenta se aproxima a una línea recta, en cuyo caso los ΔV se reducen a la mitad, y ΔV/Vmax = 2%. El voltaje resultante sobre la resistencia es casi constante, como lo indica la línea horizontal de puntos en el gráfico. Fig.12.13Sb V

ΔV

Vmax

t

Fig.12.13Sc

113

13A-Magnetismo. Problemas. I 13.1-Un alambre conductor tiene la forma de la Fig. 13.1: son arcos de circunferencia de radio r, de 90o cada uno. Por el conductor pasa una corriente I gracias a una pequeña batería. Calcule el vector inducción magnética en el centro C de los arcos.

r

C

Fig. 13.1

13.2-En un electroimán de construcción especial existen dos zonas de campo magnético, separadas por un eje y, como muestra la figura, donde el vector B de inducción magnética en una zona es el doble que en la otra, saliendo del papel en ambos casos. Perpendicularmente al vector inducción B y al eje y sale una partícula beta (electrón) de una muestra radiactiva en el origen O, con velocidad vo (Fig.13.2). Calcule la velocidad efectiva (o media) que adquiere el electrón a lo largo del eje Oy. (Su respuesta debe quedar solamente en función de vo, sin que aparezcan la masa del electrón, o su carga, ni B).

y

2B

B e O vo

x

Fig.13.2

13.3-Por una superficie horizontal no conductora rueda sin deslizar un anillo de masa m con velocidad constante, que posee una distribución de cargas uniforme. Tras conectar un campo magnético uniforme horizontal de inducción B perpendicularmente al plano del anillo, la fuerza de presión del anillo sobre la superficie disminuye a la mitad. ¿Con qué velocidad rodaba el anillo si su carga total es q?

13.4-En un cañón electrónico, un haz de electrones es T T’ acelerado en cierto recorrido por un campo eléctrico θ entre dos puntos bajo una diferencia de potencial V = 1.0 kV. Después de salir del cañón por el punto T (Fig. M 13.4) los electrones se mueven por la recta TT’. En el Fig. 13.4 punto M, a la distancia d = 5.0 cm del punto T, se encuentra un blanco, de tal modo que la recta TM forma un ángulo θ = 60o con la recta TT’. (a)¿Cuál debe ser la inducción magnética B de un campo magnético uniforme, perpendicular al plano de la figura, para que los electrones que salen del cañón alcancen el blanco? (b) ¿Cuál debe 114

ser la inducción magnética Bp de un campo magnético uniforme y paralelo a la recta TM para que los electrones alcancen el blanco? Considerar que la magnitud de los vectores B y Bp no superan los 0.03 T.

13.5-Una varilla conductora está colgada horizontalmente de dos conductores ligeros en un campo magnético cuya inducción está dirigida verticalmente hacia arriba y cuyo módulo es B = 1 T (Fig.13.5). La longitud de la varilla es l = 0.2 m, su masa es m = 10 g y la longitud de los conductores es l1 = 0.1 m. A los puntos de suspensión de los conductores se conecta un capacitor de capacidad C = 100 μF cargado hasta un voltaje V = 100 V. . Determinar: (a) El máximo ángulo θ de inclinación del C sistema desde su posición de equilibrio después de la descarga del capacitor, considerando que la descarga ocurre en un tiempo muy corto. (b) La capacidad C’ de un capacitor que al descargarse incline al sistema un ángulo α=3o l1 l1 sabiendo que con un capacitor de capacidad C* = 10 μF, B cargado hasta el mismo voltaje (desconocido), el sistema l se inclina un ángulo β = 2o bajo la descarga. Fig. 13.5

13.6-Sobre un núcleo toroidal de ferrita, con permeabilidad magnética μ = 2000, enrollaron dos bobinas, la primera de n1 = 2000 vueltas y la segunda, de n2 = 4000 vueltas. Cuando en la bobina primaria se aplica una tensión alterna V1 = 100 V, en la secundaria, a circuito abierto, hay V2 = 199 V. Encuentre qué tensión se producirá en la bobina secundaria, a circuito abierto también, si se utiliza otro núcleo de iguales dimensiones, pero de una ferrita con μ’= 20. Desprecie la dispersión de flujo magnético y las pérdidas en el núcleo.

13B-Magnetismo. Soluciones.

13.1-Se sabe que un anillo de corriente crea un campo B en su centro de magnitud B = μoI/(2r), cuya dirección está dada por la regla de la mano derecha, perpendicular al plano del anillo. En nuestro caso hay tres medios anillos (cada uno compuestos por dos cuartos de anillo), en cuyo caso la magnitud del campo magnético que produce cada uno en el centro del anillo es de valor B = μoI/(4r). En la Fig. 13.1S se muestra el campo Ba que crean juntos los dos arcos “a”, así como los campos Bb y Bc creados por los arcos “b” y “c” respectivamente. 115

I c

Q

a b Bb B a C Bc b

Fig. 13.1S

a

r

c

El campo total será de valor B = = μoI/(4r) y estará dirigido a lo largo de la línea de puntos CQ que forma un mismo ángulo con los vectores Ba, Bc y Bc.

13.2-La Fig.13.2S muestra la trayectoria que seguirá el electrón, acorde con la regla de la mano derecha para determinar la dirección de la fuerza magnética. Recorre medias circunferencias en cada campo y en promedio va subiendo por el eje Oy. La rapidez en cada circunferencia no se altera y sigue siendo vo. La fuerza magnética actúa como fuerza centrípeta en cada media circunferencia. En el campo de la derecha: evo B = m vo 2/r, de donde se obtiene el radio: r = m vo /eB

y

2B

B e O vo

x

En el campo de la izquierda se obtiene: Fig.13.2S

r’ = m vo /2eB

El tiempo t que consume el recorrido de la media circunferencia mayor es tal que: va t = πr = πm vo /eB, por lo que t = πm/eB. Por igual razonamiento se llega a que el tiempo t’ que consume el recorrido de la media circunferencia menor es t’ = πm/2eB. Se ve que el electrón avanza por el eje Oy de tal modo que se desplaza Δy = 2r − 2r’ = m vo /eB en un tiempo total Δt = t + t’ =(3/2) πm/eB La velocidad media con que sube el electrón por el eje Oy es entonces: vy = Δy/ Δt = 2vo /(3π)

13.3-Mientras el anillo rueda horizontalmente en ausencia de campo magnético, la fuerza de gravedad mg que experimenta hacia abajo se compensa con la fuerza de contacto normal N de la superficie de apoyo, por lo que N = mg. Si la fuerza normal se reduce a la mitad, N = mg/2, significa que la otra mitad del peso es compensada por la fuerza magnética hacia arriba, que vale entonces: FB = mg/2.

116

Ahora bien, la fuerza magnética hacia arriba es la resultante de la fuerza magnética que actúa sobre cada porción del anillo; y para cada porción de carga δqi la fuerza magnética está dada por δFB = δqi vi × B, donde vi sería la velocidad de cada segmento, que es la suma de la velocidad de traslación de la rueda más la de rotación alrededor del eje: vi = vtras + vi,rot . O sea: FB = Σ δqi (vtrasl + vi,rot )×B Pero a cada porción del anillo de carga δqi corresponde otra porción diametralmente opuesta con una velocidad de rotación igual y opuesta, de modo que la suma Σ δqi vi,rot × B = 0 y queda FB = Σ δqivtrasl×B = q vtrasl×B, que de acuerdo con la regla de la mano derecha apunta verticalmente. Su valor absoluto es FB = qvtraslB sen 90 = qvtraslB Y esta fuerza debe ser igual a la mitad del peso: qvtraslB = mg/2 De aquí: vtrasl = mg / (2qB), que representa la velocidad con que rueda el anillo.

13.4-La diferencia de potencial acelerador V da al electrón una energía eV que se manifiesta como energía cinética: ½ mv2= eV, de donde resulta v =

.

(a)Al entrar el electrón en una zona donde las líneas del campo B uniforme son perpendiculares a su dirección de movimiento, sufrirá una fuerza magnética FB = evB que actuará como fuerza centrípeta y describirá un movimiento circular (Fig. 13.4Sa). En tal caso:

T

T’

θ

T

d R

M

M

θ

T’

v θ vn vt

R

v vt

θ

vn

Eje del cilindro

Fig. 13.4Sb

Fig. 13.4Sa

mv2/R = evB, y de aquí: B = mv/(eR) = (1/R) , donde R es el radio del arco de circunferencia que describe el electrón. De la Fig. 13.5Sa puede inferirse que: senθ = (d/2)/R, por lo que R = d/(2senθ). Entonces, sustituyendo en la expresión de B: B = (2senθ/d) luando: B = 3.7 mT.

117

. Eva-

(b)En el segundo caso el electrón realiza una hélice desde T hacia M que estará contenida en la superficie de un cilindro cuyo eje es paralelo a la recta TM (Fig.13.4Sb); el cilindro es tangente a la recta TM a todo lo largo de la misma, y se desarrolla entrando y saliendo en el plano de la figura. La velocidad de salida del electrón desde el cañón electrónico sigue siendo la misma, v= , pero tiene ahora una componente tangencial a las líneas del campo Bp, vt = vcosθ, y otra componente normal a dicho campo, vn = v senθ. Esta última es la responsable de que surja una fuerza magnética sobre el electrón que le obliga a realizar una trayectoria circular en el plano perpendicular a las líneas del campo, en tanto la componente vt hace que el electrón avance a lo largo de las líneas del campo y se desarrolle la hélice. El radio R’ del movimiento circular queda determinado por la relación: evnBp = mvn2/R’. De aquí: R’= (senθ/Bp)

.

Para que el electrón que sale de T dé en el blanco en M debe cumplirse que en el tiempo en que el electrón avance la distancia d entre estos dos puntos se produzca un número entero de circunferencias de longitud s = 2πR’. El tiempo en que el electrón describe una circunferencia está dado por T = 2πR’/vn. En ese tiempo el electrón avanza una distancia s = vtT = 2πR’ (vt /vn) = 2πR’cotθ (vea en la Fig.13.3Sb el triángulo de las componentes vt, vn y θ). Entonces, el electrón dará en el blanco si d = ks, donde k = 1, 2, 3, … O sea: d = k 2πR’cotθ = (2πk cosθ/ Bp) Despejando Bp: Bp = (2πk cosθ/d)

. .

Debido a la limitación de que el campo no puede tomar valores superiores a 0.03 T, los valores posibles son para k = 1, 2, 3, y 4, con valores 0.0067 T, 0.013 T, 0.020 T y 0.027 T. Para k = 5, ya se sobrepasa el valor límite para B1.

13.5-(a)Asumir que la descarga es muy rápida equivale a asumir que la varilla recibe un impulso instantáneo de la fuerza magnética al pasar la rápida corriente de descarga. Tal fuerza es horizontal (hacia adentro del papel o hacia afuera, dependiendo de la dirección de la corriente de descarga). El impulso comunicado será: p =ΣFiΔti = ΣBlIiΔti = Bl ΣIiΔti = BlQ donde Q es la carga total que pasa por la varilla, igual a la que acumulaba el capacitor: Q = CV. Así: mv = BlQ = BlCV. De aquí, la velocidad horizontal que adquiere instantáneamente la varilla es: v = BlCV/m.

118

Con esta velocidad horizontal instantáneamente adquirida, la varilla inicia un movimiento pendular hacia arriba hasta subir una máxima altura dada por h = l1 (1 – cos θ) (Fig.13.5S, próxima página). Y por conservación de la energía mecánica en ese ascenso: ½mv2 = mgh. O sea:

½(BlCV/m)2 = gl1(1 – cosθ)

De aquí: cosθ = [2gl1 – (BlCV/m)2]/ (2gl1)

(1) l1

(2)

θ

l1

Sustituyendo valores: cosθ = 11.59 ≈ 12o h

(b)Aplicando la solución (2) a los dos casos planteados en la nueva situación: Fig. 13.5S

cosα= [2gl1 – (BlC’V/m)2]/ (2gl1) y cosβ = [2gl1 – (BlC*V/m)2]/ (2gl1) Dividiendo miembro a miembro: cosα / cosβ =[2gl1 – (BlC’V/m)2] / [2gl1 – (BlC*V/m)2] Despejando: C’= [m/(BlV)]{2gl1 – (cosα/cosβ)[2gl1 – (BlC*V/m)2]}1/2 Pero esta solución queda en función de V (desconocida), por lo que debemos buscar otra expresión. En la ecuación (1) notamos que el factor (1 – cosθ) es equivalente a 2sen2(θ/2). Entonces, la solución (1) se convierte en: sen(θ/2) = BlCV / [2m(gl1)1/2] Aplicado al caso (b):

sen(α/2)/sen(β/2) = C’/C* = α/β (ángulos pequeños)

Despejando y evaluando: C’ ≈ C* α/β = 15 μF

13.6-Se trata de un transformador con el secundario a circuito abierto y con corriente en el primario. En la Fig.13.6S se muestra el circuito equivalente, con la resistencia R equivalente de los alambres y la reactancia inductiva de la bobina primaria. En el transformador se cumple: E1/ E2 = n1 / n2 = k En nuestro problema la fem E1 en el primario es algo menor que el voltaje alterno aplicado, V1, debido a la caída de voltaje que producen los alambres de la bobina y el circuito.

R V1

XL

Fig. 13.6S

La ley de Ohm para corriente alterna en el circuito primario (con L y R) permite plantear: 119

V2

I1 = V1/ [R2 + XL2]1/2, donde XL = ωL. Entonces: E 1 = I1XL = V1XL/ [R2 + XL2]1/2 = V1/ [1 + (R/XL)2]1/2

(Se ve que E 1 < V1)

En el secundario se producirá un voltaje: E 2 = k E 1= k V1/ [1 + (R/XL)2]1/2 = V2

(1)

(Note que, a circuito abierto, V2 = E 2). Ahora, la inductancia de una bobina es proporcional a la permeabilidad magnética del material que la llena: L(con ferrita) = μL(vacío), por lo que también XL = μXLo. De este modo: XL’/XL = μ’/μ. Y: XL’= XL(μ’/μ). Para la segunda ferrita que se considera, se cumplirá:

E 2’ = k V1/ [1 + (R/XL’ )2]1/2 = k V1/ [1 + (R/XL)2(μ/μ’ )2]1/2 Pero de (1): (R/XL)2 = (k V1/V2)2 – 1 Sustituyendo en (2):

E 2’ = V2’= k V1/ {1 + [(k V1/V2)2 – 1] (μ/μ’ )2]1/2 Sustituyendo valores: V2’ ≈ 20 V Con la segunda ferrita el transformador baja el voltaje en vez de subirlo.

120

(2)

14A-Óptica. Problemas.

14.1-Dos prismas hexaédricos regulares ABCDEF y C A’B’C’D’E’F’ de un material transparente están puestos muy pegados por las caras ennegrecidas DE y D’E’ B D D’ (Fig. 14.1). Las caras restantes poseen un recubrimiento que elimina la luz reflejada. La cara AB se ilumina con E E’ un ancho haz de luz paralela y a lo largo del plano de la A sección hexaédrica de los prismas. Para cierto valor del F ángulo de incidencia se logra que todo el flujo luminoso Fig. 14.1 que incide por la cara AB salga a través de la cara A’B’ del segundo prisma. Determine el índice de refracción del material de los prismas.

C’ B’ A’ F’

14.2-Un par de prismas iguales invertidos, de secciones equiláteras de 10.0 cm de lado, están frente a una pantalla como muestra la Fig. 14.2a. Cada prisma tiene un índice de refracción de 1.422 para la luz roja de ciertos láseres que se usan en la situación que se analiza. Los dos rayos laser viajan en un mismo plano horizontal, llegan a las caras inclinadas de cada prisma a la mitad de sus alturas, los atraviesan perpendicularmente al eje de cada prisma, y cada uno desvía el rayo hacia su base. Vea en la Fig. 14.2b los datos de distancias. a)Calcule la separación vertical h que se produce entre los dos puntos luminosos en la pantalla. b)Calcule la apertura angular entre los dos rayos que llegan a la pantalla.

20.0 cm 10.0 cm Vista lateral

Fig. 14.2a

Fig. 14.2b

121

h

14.3-El Sol está 15.0o sobre el horizonte y sus rayos de 15 luz entran en una gota esférica de agua que cae en una o llovizna. Al momento de entrar en la gota, un rayo de luz lo hace por un punto de la gota que está localizado 60 o bajo un ángulo de 60.0o con el diámetro horizontal, medido desde el centro de la gota (Fig.14.3). Asuma que los índices de refracción del agua en los extremos del esFig. 14.3 pectro visible van desde 1.330 hasta 1.338. El rayo entra en la gota, se refleja parcialmente en su interior y sale de nuevo al aire. Calcule la desviación angular entre los rayos rojo y violeta que salen de la gota después de la reflexión interna.

(b)

(a) Fig. 14.4

14.4-Se obtiene una imagen del Sol sobre una pantalla puesta a 90º con los rayos provenientes del Sol, usando una lente plano-convexa (Fig. 14.4a). Se corta la lente por un diámetro y se unen sus dos mitades por sus lados planos para obtener una lente compuesta (Fig. 14.4b). Con esta segunda lente se obtiene una segunda imagen del Sol sobre la pantalla. Determine en cuántas veces cambia la iluminación de la segunda imagen respecto a la primera. (Iluminación: cantidad de energía de luz visible que llega por unidad de área y por unidad de tiempo a la pantalla).

14.5-Una persona estándar tiene una acomodación visual que le permite ver nítidamente desde 25 cm (punto de visión cercana) hasta el infinito (punto de visión lejana). Para ello, el cristalino del ojo cambia su radio de curvatura gracias a unos músculos ciliares, lo cual le permite obtener una imagen bien enfocada en la retina de cualquier objeto que esté entre sus puntos de visión cercana y lejana. Considere el ojo como una esfera, y el sistema óptico “córnea-humor vítreocristalino-humor acuoso” considérelo como un solo “lente equivalente” a una distancia de 2.0 cm por delante de la retina. a)Calcule entre qué potencias dióptricas fluctúa la acomodación del ojo estándar. b)Si un ojo miope tiene 15 cm de visión cercana y 80 cm de visión lejana, ¿cuántas dioptrías requiere su lente correctivo?¿Qué visión cercana tendrá con los espejuelos puestos? (Asuma despreciable la distancia ojo-lente correctivo). 122

c)Si la pupila tiene 5 mm de diámetro, ¿a qué máxima distancia podrá el ojo estándar distinguir por separado dos fuentes de luz de los faros de un carro que viene desde el frente por una larga carretera recta? Considere los faros como dos fuentes puntuales separadas 1.5 m y la longitud de onda visible de mayor sensibilidad visual, de 550 nm.

14.6-¿Cómo varía la iluminación de la imagen de un planeta observado en un telescopio cuyo objetivo posee un diámetro D = 80 mm y distancia focal f = 800 mm, si se cambia el ocular de distancia focal f1 =50 mm por otro de distancia focal f2 = 100 mm, o por otro de f3 =25 mm? El diámetro de la pupila del ojo tómelo como dp = 5 mm.

14.7-Sobre la superficie plana de un semicilindro de vidrio caen rayos de luz con un ángulo 45o. Los rayos de luz pasan perpendicularmente al eje del semicilindro. ¿De qué zona de la superficie lateral del semicilindro saldrán los rayos de luz? Índice de refracción del vidrio: n = .

14.8-Una red de difracción tiene 3150 rayas/cm y se ilumina con luz blanca que incide normalmente a la red. Se forma un espectro en una pantalla a 30 cm de la red. Si se marca un cuadrado de 1.0 cm en la pantalla, con su borde interior a 5.0 cm del máximo central (Fig. 14.8), ¿qué colores aparecen en el cuadrado?

5cm

30 cm

30 cm

20 cm

5.0 m

θ

Fig. 14.8

Fig. 14.9

14.9-Una placa plana de plástico transparente se prepara como red de difracción bidimensional, con líneas periódicamente distribuidas paralelamente a los ejes x y y (horizontal y vertical respectivamente). Un fino haz de luz laser (λ = 620 nm) atraviesa la red perpendicularmente a su superficie y cae sobre una pared 4.0 m por delante de la red, dando como patrón de interferencia una cuadrícula de pequeñas manchas circulares brillantes separadas 20 cm por la horizontal y 30 cm por la vertical, en la zona central del patrón (Fig. 14.9). Calcule la densidad de líneas en la red a lo largo de las direcciones x y y. 123

14.10-Una lente delgada planoconvexa de diámetro transversal 2r, radio de curvatura R e índice de refracción no, se coloca en posición tal que a la izquierda hay aire (n1 = 1) y a la derecha hay otro medio transparente con un índice de refracción n2>1 (la cara convexa se halla del lado del aire). En el aire, a una distancia do de la lente, sobre el eje óptico, se coloca una fuente puntual de luz monocromática. (a) Demuestre que: f1/do + f2/di = 1, donde di es la distancia entre la imagen y la lente, f1 es la distancia focal de la lente en aire y f2 es la distancia focal de la lente en el medio de índice de refracción n2. (b)La lente se corta perpendicularmente a la cara plana en dos partes iguales (Fig. 14.10), las cuales se desplazan una distancia δ<f1) a la izquierda de la lente, se coloca una fuente puntual de luz S. A la derecha del sistema, sobre una pantalla P colocada paralelamente a la lente, a una distancia l, se forman N franjas de interferencia. A ambos lados de la lente ahora hay aire. Determine el número N de franjas de interferencia en dependencia de la longitud de onda λ. (Los índices de refracción indicados son los absolutos).

δ

S

l

do

Fig. 14.10

124

14B-Óptica. Soluciones.

14.1-Para que todo el haz que C θ C’ incide sobre la cara AB salga θ θ θ B por la cara A’B’ debe darse la D D’ B’ situación que describe la figura adjunta: el rayo que entra θ E E’ por B debe recorrer la cara BC A’ A y salir horizontalmente de C a F F’ C’. Y todos los rayos que enFig. 14.1S tran por la cara AB deben pasar por dentro de exaedro paralelamente a la cara BC, por lo cual es fácil hallar los ángulos de incidencia y refracción a partir de los ángulos del exaedro. Puesto que cada ángulo interior del exaedro es de 120o, entonces 120 + 2θ = 180, por lo que θ = 30o. Además, la recta AC es normal a la cara CD (puesto que el ángulo
14.2-a)La Fig. 14.2S (próxima página) muestra la trayectoria del rayo laser a través de un prisma hasta la pantalla. La desviación del rayo respecto a su dirección original es la distancia h/2. El otro prisma produce una desviación similar hacia arriba, por lo que la separación vertical entre las dos manchas luminosas en la pantalla es h. En la Fig. 14.2S se ve que la desviación h/2 es la suma de la desviación a que ocurre entre la entrada y la salida del rayo en el prisma y la desviación b posterior al salir del prisma: h/2 = a + b. Para calcular a y b deberemos hacer uso de la ley de la refracción y de la geometría plana. En la figura se han indicado los valores de los ángulos que se van deduciendo: i)Refracción en la entrada del prisma: 1.00 sen 30.0 = 1.422 senθ , de donde resulta θ = 20.6o. ii)El complementario de este ángulo, que se forma entre el rayo y la cara del prisma es 69.4o. iii)La suma de los ángulos interiores de un triángulo es 180o, por lo que el ángulo entre el rayo en el interior del prisma y la cara de salida del rayo es 50.6o. iv)El ángulo de incidencia con la normal en la cara de salida es el complementario del anterior, o sea es de 39.4o. 125

v)El ángulo de refracción a la salida del prisma se obtiene de: 1.422 sen 39.1 = 1.00 senθ, resultando θ = 64.5o 2.5 cm 20.0 cm 30.0 30.0 5 cm 30.0 60.0 5 cm

69.4 20.6

a l

60.0

30.0

50.6 39.4

a

s

64.5 34.5 60.0

h/2 = a + b b

h/2

10 cm

Fig. 14.2S

El corrimiento a es: a = l cos 50.6, donde l se obtiene de: l / sen 60.0 = 5 / sen 50.6, o sea, l = 5.60 cm. Y: a = 3.6 cm El corrimiento b es: b = s tan 34.5, donde s = 22.5 – l sen 50.6 = 18.1 cm. Y: b = 12.4 cm. (El ángulo de 34.5o se deduce de la diferencia de 64.5 – 30.0; el de 30.0 se deduce del esquema). Por tanto: h/2 = 3.6 + 12.4 = 16.0 cm. Entonces: h = 32.0 cm. b)La desviación angular que sufre hacia abajo el rayo que atraviesa el prisma de la figura es de 64.5 – 30.0 = 34.5o. El otro rayo sufre una desviación angular similar hacia arriba. La apertura angular entre ambos rayos será 2 × 34.5 = 69.0o.

14.3-En la Fig.14.3Sa (próxima página) se muestra el recorrido que hace el rayo de luz rojo dentro de la gota. El ángulo de incidencia con la normal es 90o – 15o – 30o = 45o y el de refracción θ1 al entrar se obtiene de: sen45.0 = 1.330 senθ1;

θ1 = 32.1o

Los triángulos AOB y BOC son isósceles, con iguales ángulos en sus bases los dos (la reflexión en B es bajo ángulos iguales). A la salida al aire, el rayo formará también el ángulo de 45 o con la normal en el punto C.

126

Algo similar ocurrirá con el rayo violeta, pero bajo ángulos diferentes en los triángulos isósceles internos, pues el de refracción en A será:

45o 15o

o

sen45.0 = 1.338 senθ1; θ1 = 31.9

30o A θ1

Este rayo se pega más a la normal en la entrada a la gota, lo que correrá el punto B algo más abajo (a un B’), y correspondientemente se correrá el punto C más a la izquierda (a un C’). El rayo violeta saldrá formando también un ángulo de 45o con la normal que pasa por el punto C’, corrido respecto a C.

θ1 B θ1 B’

60o O θ1 C’ C Violeta

Lo que nos interesa es la diferencia angular entre los dos rayos a la salida de la gota. Para ello bastará calcular la desviación total que ha sufrido cada rayo al pasar la gota, y la diferencia entre las desviaciones de los dos ra-

Δθrojo-viol

Rojo

Fig. 14.3Sa

yos dará la desviación angular entre ambos al salir de la gota. Las figuras 14.3Sb muestran gráficamente cómo calcular la desviación de un rayo de luz en una refracción (Δθa = |θinc – θrefr |) y en una reflexión (Δθb = 180 - 2θinc).

θinc θinc

θinc

Δθb θinc θrefr Δθa

Fig. 14.3Sb

c

En el caso de la gota, las dos refracciones y la reflexión producen desviaciones siempre a favor de las agujas del reloj. En cada refracción la desviación del rojo y del violeta son: Δθa,rojo = 45.0 – 32.1 = 12.9o

y

Δθa,viol = 45.0 – 31.9 = 13.1o

Teniendo en cuenta las dos refracciones de cada color: Δθa,rojo = 25.8o y Δθa,viol = 26.2o En la reflexión de cada color, la desviación es: Δθb,rojo = 180 − 2×32.1 = 115.8o

y

Δθb,viol = 180 − 2×31.9 = 116.2o

Estas desviaciones se añaden a las de las refracciones, para dar unas desviaciones totales: Δθrojo = 25.8 + 115.8 = 141.6o

y

Δθviol = 26.2 + 116.2 = 142.4o 127

Entonces, la separación angular entre ambos rayos emergentes es: Δθrojo-viol = 142.4 – 141.6 = 0.8o ≈ 1o Para un observador que reciba en tierra estos rayos reflejados, aparecería un arcoíris con un espesor angular de 0.8o (equivaldría aproximadamente a mirar una cinta de 1 cm de ancho al final de los brazos extendidos). Desde gotas superiores en el cielo llegarán al ojo los rayos rojos (más inclinados hacia abajo) y desde gotas inferiores llegarán los rayos violetas: en el arco iris, el rojo se ve arriba y el violeta abajo. (A veces se observan dos arcoiris bajo ángulos apropiados del Sol sobre el horizonte. El segundo arcoíris es el resultado de una doble reflexión interna en las gotas, lo cual invierte el orden de colores en este segundo arcoíris).

4.4-La lente inicial tiene una distancia focal f que satisface: 1/fa = (n -1)(1/r1 + 1/r2 ) = (n – 1)/R pues r1 →∞ y r2 = R La lente biconvexa tendrá una distancia focal: 1/fb = (n -1)(1/r1 + 1/r2 ) = 2(n – 1)/R = 2/fa O sea:

fb = fa / 2

Así, la segunda lente tiene la mitad de la superficie de luz solar incidente, pero enfoca esa luz en la mitad de distancia. Hay que calcular el diámetro del círculo solar en la pantalla para calcular la iluminación, J, de cada una. La iluminación J es, de acuerdo a su definición: J = (1/A) ΔE/Δt. Tenemos: ΔEa = 2ΔEb pues la lente completa recoge el doble de luz que la lente compuesta. Por otra parte, los diámetros dI y dO de una imagen y un objeto circulares en una lente están en relación directa con sus distancias i y o a la lente: dI /dO = i/o, por lo que dI = (dO/o)i. La distancia al objeto (el Sol) y su diámetro son las mismas en ambas lentes, pero las distancias imagen coinciden prácticamente con las distancias focales de cada una, por lo que: dIa = 2 dIb. Entonces el área de la imagen del Sol de la lente plano convexa tiene un área 4 veces mayor (A = πd2/4) que la de la lente biconvexa: Aa = 4 Ab. En consecuencia: Jb = (1/Ab) ΔEb /Δt = (4/Aa) (1/2 ΔEa)/Δt = 2Ja Así, la imagen de la lente biconvexa tiene dos veces más iluminación a pesar de recibir menos energía luminosa total (pues la recibe más concentrada).

128

14.5-La potencia dióptrica de una lente es el recíproco de su distancia focal: P = 1/f. a)Si el ojo enfoca en la retina la imagen de una estrella que se encuentra infinitamente alejada de la lente, significa que la imagen se formó en el plano focal y que la distancia focal es justamente la distancia entre la “lente equivalente” del ojo y la retina: f = 2.0 cm = 0.020 m. Entonces: Pl = 1/f = 1/0.020 = 50 dioptrías (potencia dióptrica del ojo para la visión lejana) Para la visión cercana, la distancia imagen sigue siendo di = 2.0 cm, pero ahora la distancia objeto es do = 25 cm. Entonces, la distancia focal se obtiene de: 1/f = 1/di + 1/do = 1/0.020 + 1/0.25 = 54 D = Pc valor que representa la potencia dióptrica del ojo en el punto cercano. Entonces, la acomodación visual del ojo normal está entre las 50 D y las 54 D. b)El lente correctivo que necesita el miope es para que le ayude a ver enfocado desde su punto de visión lejana hasta el infinito (en las cortas distancias le sobra potencia dióptrica natural). Para lentes adyacentes una a continuación de otra, la potencia dióptrica del conjunto es igual a la suma de las potencias dióptricas de cada lente, por lo que deberemos encontrar la potencia dióptrica de este ojo miope para su punto de visión lejana, y las dioptrías que le sobren o le falten para llegar a 50 D (punto estándar de visión lejana) serán las del lente correctivo a añadir ante el ojo. La potencia dióptrica para la visión lejana de este ojo se obtiene de: P = 1/f = 1/di + 1/do = 1/0.020 + 1/0.80 = 51.25 D Para llegar a las 50 D de visión lejana habrá que añadirle una lente de: Plente = 50 – 51.25 = −1.25 D O sea, este ojo miope necesita un lente divergente de distancia focal f = 1/D = 80 cm, que es mucho mayor que la distancia entre el ojo y la lente (alrededor de 1 cm), lo cual hace válido la aproximación a lentes adyacentes. Con la ayuda de esta lente, el cristalino amoldará su curvatura convenientemente para ver desde los 80 cm al infinito. Pero para ver a cortas distancias, esta lente le resta sus posibilidades naturales, y su nuevo punto de visión cercana debe estar más lejos de los 15 cm. La visión cercana natural de este ojo miope corresponde a una potencia dióptrica de: P = 1/f = 1/di + 1/do = 1/0.02 + 1/0.15 = 56.67 D Pero con el lente correctivo disminuye la potencia dióptrica a: P’ = 56.67 – 1.25 = 55.42 D, a la que corresponde una distancia focal f’= 1/D’= 1.8 cm La distancia objeto que produce una imagen enfocada en la retina con esta distancia focal es: 129

do = dif’ / (di – f’ ) = 2.0×1.8/(2.0 – 1.8) = 18 cm O sea, el punto de visión cercana se le corrió al ojo miope de 15 cm a 18 cm. No es un gran precio a pagar por ganar visión desde los 80 cm hasta el infinito. (A muchos miopes les es más cómodo quitarse el espejuelo para leer con su potencia dióptrica natural) c)Esta pregunta se resuelve aplicando el criterio de Rayleigh de resolución de imágenes puntuales. La luz de una fuente puntual se difracta en un agujero circular de manera que forma una mancha circular de difracción. El ángulo bajo el cual aparece el borde de la mancha (posición del primer mínimo de difracción) respecto al centro de dicha mancha está dado por: Dsenθ1 = 1.22λ donde D es el diámetro del hueco circular. El criterio de Rayleigh establece que para ver separadas dos manchas de difracción, el borde de una de ellas debe pasar como tope por el centro de la mancha vecina: si el solapamiento de las dos manchas es más fuerte (que cada mancha circular se extienda más allá de la mitad de la otra), las dos manchas se verán como una sola. En este problema, las fuentes puntales son dos faros separados 1.5 m, y cada fuente produce una mancha circular de difracción en la retina al pasar por el hueco de la pupila. Si estas manchas en la retina se solapan más que lo indicado por el criterio de Rayleigh, las dos luces se verán como una. El ángulo bajo el cual se localiza el borde de la mancha se calcula por: senθ1 = 1.22 λ/D = 1.22×550×10-9/(5.0×10-3) = 1.34×10-4 Como es un ángulo pequeño: θ1 = 1.34×10-4 rad Bajo este ángulo, la mancha en la retina tendrá un radio: Rimag = (2.0 cm)×θ1 = 2.7×10-4cm. Y ésta es la menor distancia que debe separar el centro de una mancha, C1, del centro de la otra, C2, para que se vean por separado. De la Fig. 14.5S se ve que a esa distancia de separación de los centros de las manchas corresponde una distancia x al carro tal que: x/2.0 = 150/(2.7×10-4) = 1.12×106 cm ≈ 11 km Faro 2 C1 θ C2 1

θ1

1.5 m=150 cm Faro 1

2.0 cm

x

Fig. 14.5S

Hasta unos 11 km se pueden ver por separado los faros por un ojo bien enfocado a esa distancia. Más allá, las luces pueden parecer como una sola luz. (En el problema se ha supuesto claridad total en la atmósfera, sin humo o partículas difusoras y sin reverberaciones por cambios de temperatura en la distancia x; con estos efectos, la distancia calculada se reduce bastante). 130

14.6-La iluminación Jl (en lux: 1 lx = 1 lm/m2) de una imagen se define como el flujo luminoso Φl (en lumen: lm) que incide por unidad de área A (en m2) sobre la superficie donde se proyecta la imagen: Jl = Φl/A. El flujo luminoso Φl (en lm) es la potencia luminosa (energía por unidad de tiempo) que percibe el ojo (pero matizada por el factor fisiológico de la sensibilidad del ojo para distintos colores). Para contestar al problema debemos comparar la potencia luminosa que entra por la pupila y forma su imagen en la retina en cada caso, al fondo del ojo. El sistema óptico se representa en la Fig.14.6Sa: el lente objetivo, el lente ocular, el lente cristalino (del ojo) y la retina. En un telescopio astronómico de refracción el foco del objetivo y el foco del ocular coinciden. Objetivo fob

foc

Ocular

Ojo Retina

D

Telescopio

Cristalino Fig.14.6Sa

El diámetro d del haz de luz que sale por el ocular es d = D foc / fob, por lo que en cada caso será: d1 = 80×50/500 = 5 mm, d2 = 10 mm, d3 = 2.5 mm En los casos 1 y 3, toda la luz que sale del ocular llega a la retina, Φoc = Φ1 = Φ3, pero en el caso 2 se pierde parte del haz: Φ2 = (dp/d2)2 Φoc = ¼ Φoc Debemos tener también en cuenta el aumento angular Mθ que produce el telescopio de la imagen del planeta. El aumento angular está dado por Mθ = θimag / θobjeto y para el telescopio de refracción se evalúa como Mθ = fob / foc, distinto para cada ocular en este problema. (El aumento angular es la relación entre el ángulo bajo el cual se observa directamente el diámetro del planeta y el ángulo bajo el cual se observa el diámetro de la imagen del planeta con el telescopio: el telescopio no muestra una imagen mayor que el planeta en sí, sino una imagen mayor que la imagen que percibimos mirando directamente el planeta). La imagen que observa el ojo en cada caso está contenida dentro de un ángulo: θimag = Mθ θobjeto = ( fob / foc) θobjeto = ( fob / foc) θplaneta y bajo este ángulo es que entra al ojo la luz que pasa por el telescopio para formar la imagen final en la retina (Fig.14.6Sb, próxima página), por lo que el diámetro de esa imagen en la retina será di = Dojo θimag, donde Dojo es la distancia del cristalino a la retina, la misma en los tres casos. 131

Ojo Imagen producida por el telescopio

θimag

θimag di

Fig. 14.6Sb Dojo

Entonces: di = Dojo( fob / foc) θplaneta Y el área de la imagen en la retina será: A = π di2/4 = (π/4)(Dojo θplaneta fob / foc)2 La iluminación de cada imagen será: Jl = Φ/A. Aplicando a cada una de los tres oculares: J1 = Φ1 /A1 = Φoc/[(π/4)(Dojo θplaneta 800 / 50)2] = Φoc/ [256(π/4)(Dojo θplaneta)2] J2 = Φ2 /A2 = (1/4)Φoc/[(π/4)(Dojo θplaneta 800 / 100)2] = Φoc/ [256(π/4)(Dojo θplaneta)2] J3 = Φ3 /A3 = Φoc/[(π/4)(Dojo θplaneta 800 / 25)2] = Φoc/ [1024(π/4)(Dojo θplaneta)2] En consecuencia: J2/J1 = 1 y J3/J1 = 0.25 O sea, los dos primeros oculares producen iguales iluminaciones en la retina, pero el tercero la disminuye. El primer ocular debe ser el mejor de los tres, pues tiene alta iluminación y mayor aumento angular.

14.7-La Fig. 14.7S muestra algunos rayos cayendo sobre la cara plana del semicilindro con un ángulo de 45o. Todos los rayos se refractarán en el material con el mismo ángulo β. Los rayos que inciden muy próximos a los bordes de la cara plana sufren posteriormente una reflexión total interna en la superficie curva del semicilindro. En la Fig. 14.7S aparecen los rayos límites, 1 y 2, para los cuales se produce reflexión total interna por los dos extremos: nótese que los ángulos de salida al aire forman 90o con la normal (el radio del semicilindrocilindro) en el punto de salida.

1

2 45o

45o θ1

θ2

β φ

β φ 1

2

Fig. 14.7S

El ángulo límite θ de reflexión total interna para los rayos que van del vidrio al aire satisface: 132

n senθ = 1 sen90o, con n =

por lo que θ = 45o

Por otra parte, el rayo que entra en el vidrio bajo un ángulo de 45o se refracta bajo un ángulo β tal que: sen45o = n senβ, por lo que senβ = ½ y β = 30o. Observando los dos triángulos de la figura, cuyos ángulos interiores deben sumar 180o, se nota que: (90o – β) + θ + θ1 = 180o, por lo que θ1 = 75o Y: (90o + β) + θ + θ2 = 180o, por lo que θ2 = 15o Así, los rayos saldrán de la superficie lateral del semicilindro por el sector central comprendido entre los rayos límites localizados por los ángulos θ1 y θ2.

14.8-El período de la red es d = 1/3150 = 3.1746×10-4cm. El ángulo θi bajo el cual se localiza el borde interior de la abertura satisface: tan θi = 5/30 = 1/6, θi = 9.46º. Y el ángulo θe del borde exterior satisface: tan θe = 6/30 = 1/5, θe = 11.31º. La luz blanca tiene longitudes de onda comprendidas entre unos 700 nm (rojo) y unos 400 nm (violeta). El asunto es averiguar cuáles de estas longitudes de onda producen máximos de interferencia en esa “ventana” angular entre los 9.46º y los 11.31º. La condición de máximos para redes de rayas es: n λ = d sen θn , con n = 0, 1, 2, … Las longitudes de onda que se refuerzan en los extremos de la ventana angular las calculamos por despeje de la ecuación anterior: λ = d sen θn /n Para n = 0 todas las longitudes de onda forman un máximo central, que no cae en la ventana. Para n = 1:

λi = d sen θi = 522 nm

y

λe = d sen θe = 623 nm

que son longitudes de onda entre el verde y el rojo. Para n = 2:

λi = (d/2) sen θi = 261 nm

y

λe = (d/2) sen θe = 311 nm

que son longitudes de onda en el ultravioleta. En resumen, en el cuadrado aparece una fracción del arcoíris de primer orden, entre las longitudes de onda de 522 nm y 623 nm (del verde al rojo).

14.9-a)La separación de las manchas que se expanden paralelas al eje x se deben a la interferencia de la luz difractada por las líneas verticales de la red (líneas orientadas paralelamente al 133

eje y). Para ellas vale la condición de máximos de interferencia de una red de líneas verticales: dxsenθm = mλ Teniendo en cuenta que la distancia horizontal entre manchas es Δx = 20 cm y que la distancia a la pared es L = 400 cm, podemos calcular el ángulo del primer máximo por tanθ1 = Δx/L = 0.050. Pero este valor corresponde a ángulos pequeños, por lo que podemos asegurar directamente que también senθ1 = 0.050. Entonces: dx (0.050) = (1)(620). Por lo que: dx = 1.24×104 nm = 1.24×10-2 mm La densidad de líneas verticales será: 1/dx = 80.6 líneas /mm Semejantemente: dysenθm ≈ dytanθm = mλ, donde tanθ1 = 30/400 = 0.075, y de aquí: dy(0.075) = (1)(620). Por tanto: dy = 0.827×10-2 mm y la densidad de líneas horizontales será: 1/dy = 121 líneas/mm

14.10-(a) La Fig. 14.10Sa muestra la lente, la fuente puntual S, su imagen S1 si del lado plano de la lente hubiese aire, y su imagen S2 cuando del lado plano de la lente está el medio de índice de refracción n2.

θo S

θ1 x

θ2 θ2

θ1

S1 (en aire) do

S2 (en n2)

di di,aire Fig. 14.10Sa

Se representa también un rayo que sale de la fuente S formando un ángulo pequeño con el eje óptico (ángulo agrandado en la figura), que se refracta en la cara convexa de la lente e incide bajo un ángulo θo sobre la cara plana. La refracción posterior se produce bajo un ángulo θ1 si hay aire tras la cara plana, y bajo un ángulo θ2 si está el medio de índice n2. El rayo sale de la cara plana a una distancia x del eje óptico. La distancia de S a la lente es do, de S1 a la lente es di,aire y de S2 a la lente es di. Cuando hay aire en los dos lados de la lente se cumplirá: 1/do + 1/di,aire = 1/f1, por lo que: f1/do + f1/di,aire = 1 La relación que debemos demostrar es: f1/do + f2/di = 1 134

Comparando estas dos ecuaciones se ve que lo que debemos probar es: f1/di,aire = f2/di

(1)

Para ello, analicemos las refracciones en la cara plana de la lente: no senθo = senθ1 , cuando hay aire tras la lente, y no senθo = n2 senθ2 , cuando está el medio de índice n2. Se desprende de aquí que: senθ1 = n2 senθ2 Y dado que los ángulos son pequeños se puede aproximar a: θ1 = n2 θ2

(2)

Los ángulos θ1 y θ2 son iguales respectivamente a los de las bases de los triángulos rectángulos que forman los rayos emergentes con el eje óptico. En estos triángulos el cateto de longitud x es prácticamente igual al arco de circunferencia que puede trazarse desde S 1 con radio di,aire, o desde S2 con radio di. En tal caso: θ1 = x / di,aire y θ2 = x / di Sustituyendo en (2) y arreglando: di = n2di.aire

(3)

Si la fuente S estuviera muy alejada de la lente, las imágenes S1 y S2 se formarían en el foco de la lente, en el aire y en el medio de índice n2, y las distancias di,aire y di serían: di,aire = f1 y di = f2 Y la relación (3) quedaría: f2 = n2f1

(4)

Dividiendo miembro a miembro la ecuación (4) por la (3): f2/di = f1/di,aire que es la ecuación (1) con la que se demuestra que: f1/do + f2/di = 1 (b)La Fig. 14.10Sb muestra la situación descrita en esta parte del problema.

S'

δ

S do

D

d S' di

L l Fig. 14.10Sb

La fuente S produce ahora dos imágenes reales puntuales S’ a una distancia di de la bilente; las dos imágenes están separadas una distancia d y se comportan como dos fuentes puntuales cohe135

rentes que emiten luz hacia la pantalla que está a la distancia l de la lente. La luz que avanza desde estas imágenes puntuales, proyectarán dos haces sobre la pantalla que se solaparán en la zona de espesor D señalada en la figura. En esta zona se producirán las franjas de interferencia. Sea L la distancia desde las imágenes puntuales S’ hasta la pantalla, do, como antes, la distancia de la fuente S a la bilente y δ, la distancia de separación entre las partes de la bilente. Lo primero será averiguar la posición en que surgen las imágenes S’ para conocer su distancia L hasta la pantalla (L = l – di) y poder analizar el patrón de interferencia. Se cumplirá: 1/do + 1/di = 1/f1, por lo que: di = dof1/ (do – f1) Por otra parte, el triángulo que se forma entre la fuente S y las dos imágenes S’ es semejante al triángulo con base en el segmento δ de la bilente y vértice en la fuente S. De aquí: d/ (do + di) = δ/do, por lo que d = δ (do + di)/ do Sustituyendo aquí la expresión anterior de di y arreglando: d = δdo/ (do – f1) Conocida la distancia entre las fuentes podemos calcular la distancia entre las franjas en la pantalla. En el segmento D, las franjas de máximos de interferencia satisfacen la condición: kλ = d senθk , con k = 0, ±1, ±2, … donde θk es el ángulo que localiza a cada máximo respecto al centro del patrón, medido desde el punto medio de las dos fuentes S’. Para ángulos pequeños: kλ ≈ θkd. La distancia desde cada máximo al centro del patón será: xk = Lθk = L kλ/d. La distancia entre dos máximos sucesivos, k y k + 1, será: Δx = Lλ/d, donde: L = l – di = [l (do – f1) – dof1] / (do – f1) Luego: Δx = λ [l (do – f1) – dof1] / (δdo) Averiguando la longitud del segmento D en la pantalla podremos calcular la cantidad de franjas N que se forman sin más que dividir N = D/Δx Por la semejanza de triángulos entre el que tiene de base D y el que tiene de base δ (ambos con vértice en S), podemos plantear: D/ (l + do) = δ/do Entonces: N = D/Δx = (δ2/λ) (1 + do) / [l (do – f1) – dof1] = 46.6 Contando solamente franjas completas: N = 46. Esta respuesta ha supuesto que l>di y D>Δx, esto es, que la pantalla se coloque más atrás de donde aparecen las imágenes puntuales S’, y que el espesor de la zona de solapamiento de los dos haces sea mayor que la distancia entre dos franjas sucesivas.

136

15A-Física Moderna. Problemas.

15.1-Se emplea una red de 600 líneas/mm para analizar la luz de una galaxia, y el primer máximo lateral de la luz roja del hidrógeno emitida por la galaxia se obtiene bajo un ángulo de 25.3 o respecto al máximo central. Diga si la galaxia se aleja del observador o si se aleja de éste, y calcule con qué velocidad lo hace.

15.2-Un electrón es acelerado a partir del reposo a través de una diferencia de potencial de 2.00×105V y después viaja a velocidad constante. (a) ¿Qué tiempo toma al electrón viajar 8.00 m después de alcanzar su velocidad final? (b) ¿Qué distancia recorrió medida en el sistema del electrón en reposo?

15.3- Un positrón con una energía cinética de 0.739 MeV choca con un electrón en reposo y se aniquilan, dando lugar a dos fotones. Uno de los fotones emerge a 90º con la dirección del positrón incidente. ¿Cuáles son las energías de los dos fotones emergentes y en qué dirección emerge el segundo fotón? (El electrón y el positrón son de iguales masas en reposo, de 0.511 MeV/c2, y cargas iguales y opuestas: son una pareja de partículas análogas de materia y antimateria).

15.4- Una partícula de masa en reposo m y energía cinética relativista 4mc2 choca y se pega a una partícula estacionaria de masa en reposo 2m. Encuentre la masa en reposo M de la partícula compuesta resultante.

15.5- (Efecto Compton relativista). Un fotón de rayos X de longitud de onda λ incide sobre un electrón en reposo y se desvía un ángulo θ y tiene entonces una longitud de onda mayor λ’. El electrón que recibe el impacto se mueve después del choque con una velocidad relativista. Considere conocidas la masa en reposo del electrón, m, la velocidad de la luz, c y la constante de Planck, h. Calcule la variación de longitud de onda del fotón en función del ángulo θ que se desvía. (Para una partícula relativista se cumple el “invariante relativista”: E2 − p2c2 = m2c4).

15.6-a) Un fotón de energía E es absorbido por una partícula estacionaria de masa en reposo m. ¿Cuál es la velocidad y la masa en reposo de la partícula compuesta resultante?

137

b) Repita la parte (a) remplazando el fotón por una partícula de masa en reposo m y una rapidez v=0.80c.

15.7- Un pion neutro se desintegra en dos fotones. La masa en reposo del pion es de 135 MeV/c2. Suponga que el pion está en un haz secundario con una energía cinética relativista de 1.00 GeV. a) ¿Cuáles son las energías de los fotones si ellos son emitidos en direcciones opuestas a lo largo de la dirección original de movimiento del pion? b) ¿Qué ángulo se forma entre los dos fotones si ellos son emitidos bajo ángulos iguales respecto a la dirección de movimiento original del pion?

15.8-(a) Un neutrón lento, 1n, es absorbido por un núcleo de 235U que se transforma momentáneamente en un núcleo de 236U que se fisiona rápidamente y da lugar a un núcleo de 140Ce, otro de 94Zr y dos neutrones lentos, de acuerdo con la reacción: 235

U + 1n →

140

Ce + 94Zr + 21n

Las masas de los núcleo se indican más abajo en unidades de masa atómica (1 u= 931.5 MeV/c2). a) Calcule la cantidad de energía que se libera en una reacción nuclear como ésta. b) Si una bomba es de 57 kg de uranio enriquecido (235U) y sólo el 10% de este material llega a fisionarse durante la explosión, ¿qué cantidad total de energía se libera? (235 g de 235U contienen 6.022×1023 núcleos: número de Avogadro). c) Si hace falta un kilotón (mil toneladas de TNT) para liberar 2.6×1025MeV, ¿de cuántos kilotones es la bomba analizada en este problema? Masas: 1n: 1.08866 u,

235

U: 235.0439 u,

140

Ce: 139.9054 u,

94

Zr: 93.9063 u

15.9- El flujo de energía radiante del Sol que llega a la Tierra es Φ =1370 J/(s-m2), sobre cualquier superficie en la Tierra perpendicular a los rayos del Sol. a) ¿Cuál es la fuerza total que ejercería la luz sobre toda la Tierra si toda la energía luminosa fuese totalmente absorbida. b) ¿Cuánta masa solar es convertida en energía por segundo para suministrar toda la que llega a la Tierra? (Radio de la Tierra: RT ≈ 6.4 × 106 m, distancia Tierra-Sol: d ≈ 1.5 × 1011 m). c) ¿Cuál es la masa total consumida y radiada por el Sol en cada segundo? 138

d) Estime la masa de hidrógeno que debe ser convertida en helio por segundo para suplir esta energía radiante. (Recuerde que la mayor parte de la energía suministrada por el Sol proviene de la fusión de hidrógeno en helio. La masa de un núcleo de hidrógeno es de 1.67262 × 10-27 kg y la masa de un núcleo de helio es de 6.64642 ×10-27 kg). e) Estime por cuánto tiempo el Sol calentará a la Tierra, considerando solamente el proceso de fusión de hidrógeno (Masa del Sol: MS = 2.00 × 1030 kg).

15B-Física Moderna. Soluciones.

15.1-La luz roja del hidrógeno corresponde a la transición más pequeña de la serie Balmer, desde el nivel n = 3 al nivel m = 2. Las energías de los niveles permitidos en el hidrógeno satisfacen: EH = −13.6 (eV)/n2 con n = 1, 2, 3, … La energía del fotón de luz emitido en la transición del nivel al m al n satisface: ΔEfot = −ΔEH. Pero la energía de un fotón de frecuencia f está dada por ΔEfot = hf = hc/λ, donde h es la constante de Planck, h = 6.626×10-34Js y c = 2.998×108 m/s, es la velocidad de la luz en el vacío. Entonces: hc/λ = −ΔEH = 13.6(1/m2 – 1/n2) = 13.6(1/22 – 1/32) = 1.888 eV = 3.022×10-19 J Y: λ = hc/3.022×10-19 = 657 nm Ésta es la longitud de onda roja del hidrógeno emitida por átomos casi en reposo en el laboratorio. Pero la longitud de onda emitida por el hidrógeno en la galaxia lejana tienen una longitud de onda λ’ que satisface la condición del primer máximo de interferencia (m = 1): dsenθ1 = (1) λ’, con d = 1/600 = 1.67×10-3 mm = 1.67×103 nm por lo que: λ’ =1.67×103×sen25.3 = 712 nm Esta es una longitud de onda mayor que la observada en la muestra de hidrógeno en reposo, por lo que la galaxia se aleja: es un corrimiento al rojo. Por efecto Doppler relativista, para el corrimiento al rojo: λ’ = λ [(1 + V/c) / (1 − V/c)]1/2 Despejando: V = c[(1 − λ2/λ’2) / (1 + λ2/λ’2)] = c[(1 – 657 2/7122) / (1 + 6572/7122) = 0.0802 c 139

15.2-a) La energía cinética ganada por el electrón bajo el voltaje aplicado es: K = qV = 0.200MeV que es comparable con su energía de reposo: Eo = 0.511 MeV, por lo que se requiere un análisis relativista de energías. Tenemos: K = E – Eo, por lo que E = K + Eo = 0.711 MeV. Pero E = mc2 /

, o E = Eo /

. Entonces:

v = c(1 – Eo2/E2 )1/2 = c [1 – (0.511/0.711)2 ]1/2 = 0.695 c Con esa velocidad constante recorre d = 8.00 m en: t = d/v =3.84×10-8 s. b) La distancia recorrida en el sistema del electrón en reposo es la de 8.00 m contraída: d’= d

= 8.00×

= 5.75 m

15.3-La Fig. 15.3S muestra la situación descrita, que podemos representar por la ecuación: e+ + e− → γ1 + γ2 fotón: E1

y x

+

e : K =0.739 MeV e

−

90º υ

Fig. 15.3S

fotón: E2

Aplicando las leyes de conservación: Energía:

E + mc2 = E1 + E2

(1)

Momentum en eje x:

p = (E2 /c) cos υ

(2)

Momentum en eje y:

0 = (E1 /c) − (E2 /c) sen υ

(3)

donde el momentum del positrón incidente satisface: p =(1/c) (E2 – m2c4)1/2 y su energía E = mc2 + K1 = 0.511 + 0.739 = 1.250 MeV, 140

por lo que p = 1.141 MeV/c. Entonces: 1.761 = E1 + E2

(1’)

1.141/c = (E2 /c) cos υ

(2’)

0 = (E1 /c) − (E2 /c) sen υ

(3’)

De (2’) y (3’): cos2υ + sen2υ = (1.301 /E22)+ (E12 / E22) = 1, de donde resulta: 1.301 = E22 – E12

(4’)

Combinando (4’) y (1’): E2 = 1.250 MeV y E1 = 0.511 MeV. Sustituyendo en (2’): υ = 24.1º

15.4-Aplicando leyes de conservación al choque: (mc2 + 4 mc2) + (2 mc2) = Mc2 /

(1)

Y:

(2)

p + 0 = Mu/

donde M es la masa que deseamos conocer y u, su velocidad Pero el momentum inicial en (2) se puede escribir como: p = (1/c) (E2 – m2c4)1/2 = (1/c) (25m2c4 – m2c4)1/2 =

mc

Las ecuaciones (1) y (2) quedan así: 7mc2 = Mc2 / (1 – u2/c2)1/2 Y:

(1’)

mc = Mu/ (1 – u2/c2)1/2

Dividiendo (2) por (1):

u=(

Sustituyendo en (1’):

M = 5m

(2’) / 7) c = 0.700 c

15.5-La Fig. 15.5S de la siguiente página describe el choque analizado. Se aplican las leyes de conservación del momentum lineal y de la energía. Llamaremos p al momentum del fotón incidente y p’ al del fotón dispersado; y por E y E’ sus correspondientes energías. El momentum del electrón será pe y su energía cinética será K. Entonces:

141

p = p’ cosθ + pe cosθ

(1)

0 = p’ senθ − pe senθ

(2)

E = E’ + K

(3)

λ

λ’ θ θ m

Arreglando (1) y (2):

Fig. 15.5S

v

2 2pp’cosθ p’ 2 =ype2 p’senθ (4) p ––p’cosθ = pe + cosθ = pe senθ

La ecuación (3) puede arreglarse teniendo en cuenta que para el fotón E = hf = hc/λ: Elevando al cuadrado y sumando miembro a miembro: hc/λ = hc/λ’ + K

por lo que: c(h/λ – h/λ’ ) = K

O sea: c(p – p’ ) = K

(5)

Por el invariante relativista del momentum y la energía se tiene: E2 = p2c2 +m2c4, por lo que para el electrón: (mc2 + K)2 = pe2c2 + m2c4 Desarrollando: 2mc2K + K2 = pe2c2 , por lo que pe2 = 2mK + K2/c2 Sustituyendo aquí la expresión de K dada en (5): pe2 = 2mc(p – p’ ) + (p – p’ )2 Y teniendo en cuenta (4): p2 – 2pp’cosθ + p’ 2 = 2mc(p – p’ ) + (p – p’ )2 Desarrollando se llega a:

(1 – cosθ) = mc(1/p’ – 1/p )

Pero para el fotón: p = h/λ Por tanto: λ’ – λ = (h/mc) (1 – cosθ) que es el llamado “corrimiento Compton” de la longitud de onda del fotón dispersado.

15.6-a) Aplicando leyes de conservación al choque: E + mc2 = Mc2 /

(1)

Y:

(2)

E/c = Mu/

donde M es la nueva masa en reposo de la partícula tras absorber el fotón y u, su velocidad. Dividiendo (2) por (1) y despejando u: u = cE / (E + mc2) Sustituyendo en (1) y despejando M:

M = m (1 + 2E/mc2)1/2 142

b) Con v = 0.80c:

γv = 1/

= 5/3

Las leyes de conservación se expresan ahora así: Energía:

γv mc2 + mc2 = γu Mc2

Momentum:

γv m(0.80c) + 0 = γu Mu

Despejando:

u = c/2 y M = (4/

(con γu = 1/

)

(3) (4)

)m

15.7-a) La desintegración es de la forma:

πo → γ1 + γ2

Llamaremos M a la masa en reposo del pión, y E1 y E2 a las energías de los dos fotones. Las leyes de conservación permiten plantear: Energía:

Mc2/

Momentum: Mv/

= E1 + E2

(1)

= E1/c − E2/c

(2)

La energía cinética es K = Mc2 [1/

− 1] = 1.00 GeV.

Y la velocidad del pion era: v = c [1 – (1 + K/Mc2)-2 ]1/2 = 0.9929c Sustituyendo los valores de M y v en (1) y (2) obtenemos: 1134.95 MeV = E1 + E2

(1’)

Y: 1126.89 MeV/c = E1/c − E2/c

(2’)

Resolviendo: E1 = 1130 MeV y E2 = 4.0 MeV b) Si los fotones se emiten simétricamente respecto a la dirección original, llevan iguales momenta y energías y forman el mismo ángulo υ a cada lado de la dirección original. Entonces, las ecuaciones de conservación quedan en la forma: Energía:

Mc2/

Momentum: Mv/

= 2E

(3)

= 2(E/c) cos υ

(4)

Dividiendo (4) por (3): cos υ = v/c = 0.9929, por lo que υ = 6.83º y el ángulo entre los dos fotones será el doble: 13.7º.

143

15.8-a)La masa transformada en energía en una sola reacción es: Δm= m(235U) – m(140Ce) – m(94Zr) – m(1n) = 0.1435 u = La energía liberada en una reacción es entonces: ΔE = c2Δm = 0.1435×931.5 = 133.7 MeV. b)En 57 kg de uranio hay 57000/235 = 242.6 moles. En cada mol hay 6.022×1023 núcleos de uranio, por lo que en nuestra muestra hay 242.6×6.022×1023 = 1.46×1026 núcleos. De estos solamente reaccionan 1.46×1025 (el 10%). Y en cada una de estas reacciones se libera la energía calculada antes. El total de energía liberada es: 1.46×1025×133.7 = 1.95×1027 MeV. c)La cantidad de kilotones equivalentes es: 1.95×1027 /( 2.6×1025 ) = 75 kT.

15.9-a) La fuerza que ejerce la luz sobre la Tierra es igual a la variación de momentum que sufre la luz por unidad de tiempo al ser absorbida por el disco terrestre (perpendicular a los rayos solares), F = Δp/Δt, donde Δp = ΔE/c = ΦAΔt/c = ΦπRT2Δt /c. Entonces: F = ΦπRT2 /c ≈ 59 × 107 N. Esta es una fuerza equivalente al peso de unas 59 000 toneladas métricas, menor que el peso de un portaviones. No es una fuerza muy grande para la Tierra. b) La energía que absorbe la Tierra en un tiempo Δt es ΔE = ΦA Δt. Por unidad de tiempo es: ΔE/Δt = ΦA. Como ΔE = c2Δm, entonces: c2Δm/Δt = ΦA. De aquí: Δm/Δt = ΦA /c2 ≈ 2.0 kg/s es la masa convertida por segundo en el Sol dirigida a la Tierra. c) Conocemos el flujo solar Φ a la distancia de la Tierra. Como el Sol irradia por igual en todas direcciones (al menos en promedio), la energía total que alcanza ese flujo sobre una esfera imaginaria de radio d (distancia Tierra-Sol) será: ΔE = Φ4πd2Δt. Entonces, la masa total radiada por el Sol por unidad de tiempo es: Δm/Δt = Φ4πd2/c2= 4.3×109 kg/s. d) Cada cuatro átomos de hidrógeno que se convierten en helio pierden una masa en reposo de: Δm = (4×1.67262 – 6.64642)×10-27 = 4.406×10-29 kg. Si dividimos la masa total consumida por segundo en el Sol, 4.3 × 109 kg/s, por la masa consumida en una reacción de fusión nuclear, 4.406×0-29 kg, nos dará el número de reacciones nucleares ocurriendo en el Sol por segundo: ΔN/Δt =(4.3 × 109 )/ 4.406×10-29 ) = 3.9×1038 reacc/s. Cada una de estas reacciones involucra la desaparición de 4 átomos de hidrógeno, por lo que se consumen 4×3.9×1038 (átomos H)/s. La masa de cada hidrógeno es de 1.67×10-27 kg, por lo que la masa de hidrógeno consumida por segundo es: ΔM = 4×3.9×1038 × 1.67×10-27 = 2.6×1012 kg/s. 144

e) La masa del Sol es 2.0×1030 kg, mayoritariamente de hidrógeno. Y si el hidrógeno se consume a razón de 2.6×1012 kg/s, entonces, atendiendo solamente a este proceso de producción de energía en el Sol, éste puede mantenerse un tiempo de: (2.0×1030) / (2.6×1012) ≈ 7.7×1017 s ≈ 2×1010 años El tiempo de vida promedio para estrellas como nuestro Sol se estima en 1010 años.

145

SEGUNDA PARTE: FISICA INTEGRADA

En esta parte, los problemas de Física están agrupados por el tipo de habilidad de razonamiento que se requiere para resolverlo. Cada problema puede integrar varias partes de la Física. Las secciones de esta parte son: 16-Problemas con Resortes y Algo Más; (8 problemas); 17-Problemas con Análisis y Cálculos Gráficos (13); 18-Problemas con Análisis de Simetría (10); 19Problemas con Cálculo Diferencial o Integral. (20) En la sección de Resortes se ligan estos con situaciones termodinámicas y electromagnéticas, y algunos pueden requerir de Cálculo Diferencial e Integral (se avisa al inicio de cada problema). Los de la sección de Simetría requieren analizar el tipo de simetría presente en el problema para simplificar su planteamiento matemático. Los de la sección de Gráficos requieren el análisis teórico de gráficos y el uso de las cantidades numéricas que se obtienen a partir de ellos para poder solucionar problemas (incluyendo la solución de ecuaciones trascendentes, de solución gráfica). Y los de la sección de Cálculo, como lo indica el título, requieren de las habilidades de derivación e integración, y sus significados analíticos. A estas dificultades matemáticas deberá añadir los razonamientos físicos necesarios. Los problemas de esta parte pueden ser útiles para un nivel más avanzado de preparación para Olimpiadas en los grados 11 y 12, y para estudiantes de College que aspiren a un dominio de conceptos y leyes de la Física superior al mínimo requerido en muchos cursos de Física de College.

146

147

16A-Problemas con Resortes y Algo Más.

16.1-Un recipiente cilíndrico térmicamente aislado está dividido en dos partes por un pistón no conductor, el cual puede desplazarse por el cilindro, sin fricción con sus paredes. En la parte izquierda del recipiente está contenido n = 1 mol de gas ideal monoatómico, y en la derecha hay vacío. El pistón está unido a la pared derecha del recipiente por medio de un resorte cuya longitud en estado libre es igual a la longitud interior del recipiente (Fig. 16.1). Determine la capacidad calorífica C del gas, despreciando la capacidad calorífica del recipiente, del pistón y del resorte. Dato: R = 8.31 J/(mol K).

Fig.16.1

16.2-En un cilindro dispuesto horizontalmente (Fig.16.2), a la izquierda del pistón se encuentra 1.0 mol de gas ideal. En la parte derecha del pistón hay vacío y un resorte colocado entre el pistón y la pared del cilindro se encuentra en estado no deformado. El cilindro está térmicamente aislado del medio.

resorte

Fig.16.2

Cuando el pistón se libera, el volumen ocupado por el gas aumenta al doble. ¿Cómo cambian la temperatura del gas y su presión? Las capacidades caloríficas del cilindro, el pistón y el resorte se desprecian.

16.3-Se tiene una máquina térmica compuesta de un cilindro lleno de gas, con un pistón que puede moverse entre los topes AA y BB, y un resorte acoplado (Fig. 16.3, próxima página). El gas se calienta lentamente mientras el pistón se desplaza desde AA hasta BB, después de lo cual la base del resorte se corre desde CC hasta DD. Después el recipiente se enfría lentamente hasta que el pistón alcanza el tope AA, y en ese momento se corre la base del resorte otra vez hasta CC. A continuación se calienta de nuevo el cilindro y se repite el ciclo. Encuentre el coeficiente de eficiencia térmica de este ciclo termodinámico. El cilindro está lleno de helio; el área del pistón es S = 10 cm2; la constante del resorte es k = 10 N/m y su longitud en estado no 148

deformado es lo = 60 cm. La presión externa tómela como nula (vacío externo). Las dimensiones de la figura considérelas en centímetros para el eje x. A

B

C

resorte

D base del resorte

pistón

0

A

B

C

20

40

60

D 70 x(cm)

Fig.16.3

lo Fig.16.4

16.4-Una de las placas de un capacitor plano de área S está suspendida de un resorte y la otra es mantenida inmóvil (Fig.16.4). La distancia entre las placas en el momento inicial es lo. El capacitor es conectado a una batería durante un tiempo muy corto y se carga hasta una tensión V. ¿Cuál debe ser el valor de la constante k del resorte para que no se produzca contacto entre las placas como resultado de su atracción después de cargadas?

16.5-La placa A de un capacitor plano es inmóvil y la B está unida a una pared por un resorte que le permite moverse permaneciendo paralela a la placa A (Fig. 16.5). Si el interruptor K se cierra de manera permanente, la placa B se mueve hasta detenerse en una nueva posición de equilibrio. En esta situación, la distancia d que hay entre las placas originalmente (cuando el resorte no estaba estirado) disminuye en un 10%. ¿En cuánto variaría la

A B

d

resorte

pared

pared K

Fig.16.5

distancia de equilibrio entre las placas si el interruptor se cerrara solamente por un breve intervalo de tiempo, suficiente para cargar las placas, pero sin que éstas tengan tiempo para moverse durante la carga?

16.6-(Requiere Cálculo) Una esfera de masa m está colgada de un resorte de constante k. El punto de suspensión del resorte realiza oscilaciones armónicas simples verticales de amplitud A y frecuencia ω. ¿Cómo se mueve la esfera en el régimen de oscilaciones estacionarias?

16.7-(Requiere Cálculo) Una varilla conductora de masa m y longitud l está colgada de dos soportes aislantes en sus extremos, con ayuda de dos resortes idénticos de constantes elásticas k. 149

Soporte

Soporte

C

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

k ×

×

×

×

×

×

× l ×

×

×

×

×

k

× × × × × Halado hacia abajo × × × × ×

B

×

La varilla se encuentra en un campo magnético uniforme de inducción B, perpendicular al plano en que están la varilla y los resortes. Halaron la varilla en el plano vertical desde su posición de equilibrio y la soltaron. Determine la frecuencia del movimiento subsecuente de la varilla en el plano vertical, si a los extremos superiores de los resortes hay conectado un capacitor de capacitancia C. Desprecie las resistencias, las inductancias y capacitancias parásitas de todos los conductores (Fig. 16.7).

× × × Fig. 16.7

16.8-Alrededor de un eje vertical gira una varilla rígida horizontal con velocidad angular constante ω. Por la varilla pueden deslizarse sin fricción dos esferitas de masas idénticas, m. Las esferitas están conectadas entre sí por un resorte ligero de constante elástica k, la longitud del cual es lo en estado no deformado. La esfera que se encuentra más cerca del eje está unida al mismo por un segundo resorte idéntico al primero (Fig. 16.8). Encuentre la longitud de cada resorte durante la rotación, sabiendo que cada esferita realiza un movimiento circular. ¿Bajo qué condiciones es que se logra que las esferitas describan circunferencias? (Considere puntuales las esferitas)

Fig. 16.8

150

16B-Problemas con Resortes y Algo Más. Soluciones.

16.1- Ponemos un eje x paralelo al eje del cilindro, con el origen en su extremo izquierdo. La posición del pistón está dada por x. El calor Q que gana el gas (Fig.16.1S) lo usa para hacer trabajo W en contra del pistón y para incrementar la energía interna del gas, ΔU:

W F = PA

Q x

Fig.16.1S

x O x

Q = W + ΔU

x1

x2

(1)

El trabajo será igual al incremento de energía potencial elástica del resorte al comprimirse desde x1 hasta x2: W = ½ kx22 – ½ kx12

(2)

En las posiciones inicial y final se cumple que la fuerza que hace el gas sobre el pistón está en equilibrio con la fuerza elástica: PA = kx

(3)

donde P es la presión del gas y A el area del pistón. Y como PV = nRT: P =nRT/V = nRT/ (Ax) Sustituyendo en (3) y despejando: kx2 = nRT. Y sustituyendo esta expresión en (2): W = ½ nRΔT

(4)

Por otra parte, la variación de energía interna de un gas ideal monoatómica está dada por su variación de temperatura: ΔU = (3/2) nR ΔT

(5)

Sustituyendo (4) y (5) en (1): Q = W + ΔU = ½ nRΔT + (3/2) nR ΔT = 2nR ΔT = 2R ΔT, pues n = 1. La capacidad calorífica de una muestra es: C = Q/ΔT. Entonces: C = 2R =16.62 J/(mol K) 151

16.2-Al concluir el proceso de expansión del gas, éste ha realizado un trabajo neto W sobre el resorte que le proporciona energía potencial elástica en una cantidad ½kx2, donde x es la distancia recorrida por el pistón. Además, la energía interna del gas habrá cambiado en ΔU = ncV (T2 – T1). Y como el gas está térmicamente aislado, entonces Q = 0. Y por la primera ley de la Termodinámica, Q = ΔU +W, tendremos: 0 = ncV (T2 – T1) + ½ kx2

(1)

En el estado final, la presión P2 del gas produce una fuerza P2S sobre el pistón que se equilibra con la fuerza elástica del resorte contraído una distancia x: kx = P2S

(2)

Por otra parte, el aumento de volumen del gas fue Sx y como por datos el volumen V2 es el doble del inicial, entonces V2 = 2Sx, y en el estado final se cumplirá: P2 (2Sx) = nRT2. Despejando P2, sustituyéndola en la ecuación (2) y ordenando: kx2 = ½ nRT2. Sustituyendo esta expresión en la ecuación (1) y despejando T2/T1 se obtiene: T2/T1 = 1/(1+ R/4cV). Para calcular P2/P1 podemos aplicar la ley de los gases ideales a los estados inicial y final: P1V1 = nRT1 y P2 (2V1) = nRT2. Dividiendo la segunda ecuación por la primera, miembro a miembro, se obtiene: P2/P1 = 1/ [2(1 + R/4cV)]

16.3-Con el pistón en AA y la base del resorte en CC, el resorte está comprimido 20 cm y hace una fuerza sobre el pistón del tipo resorte base del F = kx (x1=20 cm) con la que comprime al resorte pistón gas con una presión P1 = kx1/S. Ésta será la presión inicial del gas en el ciclo. Como el A B C D movimiento del pistón es lento, la presión del 0 40 20 60 70 x(cm) gas será siempre igual a la que ejerce el pisFig.16.3S tón sobre él, debido a la fuerza del resorte. Tomando el origen del eje de las x en el fondo del cilindro, la fuerza elástica será en cada posición del pistón F = kx = kV/S, donde V es el volumen del gas. Y: P = F/S = kV/S2. Hagamos un gráfico PvsV del ciclo para orientarnos en el problema. La Fig. 16.3S muestra el ciclo en el plano P-V. A

B

C

D

152

P(kPa) 2

4 3

3 1

2

ancho θ 4

1

largo

V(×10-4m3)

0 0

1

2

3

4

Fig.16.3S

En el punto 1: V1 = Sx1 = 200 cm3 = 2×10-4 m3 y P1= kV1/S2 = 2×103 Pa = 2 kPa. . Al dilatarse el gas, la presión aumenta linealmente de acuerdo con el aumento de la fuerza elástica, hasta que V = V2 = 4×10-4 m3 y . 2 P2 = kV2/S = 4 kPa. Ahí cesa el calentamiento. Se estira ahora el resorte hasta DD, pero el tope BB aguanta al pistón y la presión del gas no disminuye, aunque la fuerza elástica si baja su valor a:

F3 = k (70 cm – 40 cm) = (10N/m)(0.30 m) = 3 N Ahora, al enfriarse el gas su presión disminuye a volumen constante hasta alcanzar el valor de la presión que hace el resorte con la fuerza F3: P3 = F3/S = 3 kPa, alcanzando el punto 3 del ciclo. A continuación, al seguir el enfriamiento, la presión del gas baja linealmente en equilibrio con la presión del resorte, hasta alcanzar V4 = V1 = 2×10-4 m3 (pistón en AA nuevamente). Esta bajada de presión es ahora conforme a la ley P = k (V – Vo)/S2, según se desprende del gráfico (la recta 3-4 tiene la misma pendiente que la recta 1-2, pero desplazada sobre el eje de las V desde V = 0 hasta Vo= 1×10-4 m3, siendo este último valor el intercepto en el eje de V ). Evaluando para V4: P4 = 1 kPa. Finalmente, al comprimir de nuevo el resorte hasta CC, el pistón ya no se mueve del tope AA. La presión del resorte aumenta a su valor inicial (2 kPa), pero la presión del gas sigue siendo de 1 kPa (los topes AA no permiten al resorte transmitirle su presión al gas). Ahora se calienta el gas a volumen constante y su presión se eleva lentamente hasta igualarse con la del resorte, que es el mismo valor inicial de 2 kPa. Y después el ciclo se repite. La eficiencia de este ciclo será e = Wneto/Qabs, donde Wneto está dado por el área cerrada de la curva del gráfico PV: Wneto= (área de paralelogramo) = (largo)(ancho)senθ (ver Fig. 16.3S) Pero: (largo)senθ = ΔV, por lo que: Wneto= (ΔP)(ΔV) = (1×103) (2×10-4) = 0.2 J Y el calor absorbido es: Q = Q1-2+Q4-1 pues son las dos partes del ciclo en que se absorbe calor. Ahora: Q1-2 =W1-2 + ΔU1-2 = ½(P1+P2) (V2 – V1) + (3/2)nR(T2 – T1) y Q4-1 = (3/2)nR(T1 – T4) Efectuando la suma: Q = Q1-2+Q4-1 = ½(P1+P2) (V2 – V1) + (3/2)nR(T2 – T4). Pero nRT = PV. Entonces: Q = Q1-2+Q4-1 = ½(P1+P2)(V2 – V1) + (3/2)(P2V2 – P4 V4) ≈ 2.7 J La eficiencia es entonces: e = Wneto/Qabs= 0.2/2.7 = 0.074. O sea, es del 7.4%. 153

16.4-Al cargarse las placas adquieren cargas +q y –q que permanecen constantes cuando se muevan pues la batería se desconecta enseguida. El valor de esta carga será: q = CV = VεoS/lo. La fuerza de atracción entre las placas es F = qE donde E = q/(2εoS) es el campo debido a una sola de las placas. Entonces: F = q2/(2εoS) y sustituyendo q: F = V2εoS/2lo2. Se ve que para distancias x pequeñas, esta fuerza de atracción eléctrica no depende de la distancia x que se mueva la placa móvil (la ecuación de campo usada es válida sólo para distancias pequeñas a las placas). Las fuerzas que sufre la placa móvil son su peso, mg, la del resorte, kx, y la de atracción eléctrica de la otra placa, V2εoS/2lo2. En el equilibrio de estas tres fuerzas: kxo – mg − V2εoS/2lo2 = 0, x1 xo

lo

Por tanto: xo= mg/k + V2εoS/(2lo2k) y representa la posición de equilibrio de la placa móvil cargada (ver Fig. 16.4S).

La posición de equilibrio, x1, que tenía esta placa antes de cargarse respondía al equilibrio entre la fuerza de gravedad y la elástica: kx1 – mg = 0, con x1 = mg/k. Al cargarse las placas y correrse la posición de equilibrio desde x1 hasta xo, se producirá una oscilación alrededor del nuevo punto de equilibrio, xo, con una amplitud (hacia arriba y hacia abajo) igual a la distancia: Fig.16.4S

xo – x1 = V2εoS/(2lo2k) Para que no haya contacto entre las dos placas, el recorrido total de la placa móvil, 2(xo – x1), no debe sobrepasar la distancia original que las separaba, o sea, debe cumplirse: 2(xo – x1) < lo. Sustituyendo: 2V2εoS / (2lo2k) < lo. Y despejando: k >V2εoS / lo3.

16.5-La diferencia entre las dos situaciones está en que en el primer caso las placas se cargan bajo una diferencia de potencial E, con la capacitancia que haya cuando la placa móvil se estabilice (q1 = C1E ), y en el segundo caso, la carga se adquiere con una diferencia de potencial E, con la capacitancia inicial de las placas a la distancia d (q2 = C2 E ).

154

A B

d

resorte

pared

pared K

Fig.16.5

Para el primer caso: q1 = C1E = [εoS/(d – x1)]E donde S es el área de cada placa y x1 = 0.10d es el corrimiento de la placa hasta su nueva posición de equilibrio. El campo total entre las placas será: E1 = E / (d – x1). La mitad de este campo es la producida por cada placa separadamente, y para calcular la fuerza que experimenta una placa en su atracción por la otra necesitamos la carga de una placa, q1, y el campo que experimenta por parte de la otra. Así, el campo que experimenta la placa móvil E = E1/2 = E / [2(d – x1)]. Entonces, la fuerza de atracción de una placa sobre la otra es: F1 = q1E = {[εoS/ (d – x1)] E } {E /[2(d – x1)]} = εoS E 2/ [2(d – x1)2]. Esta fuerza queda compensada por la del resorte: F = kx1: kx1 = εoSE 2/ [2(d – x1)2]

(1)

En esta expresión tenemos una relación entre la deformación del resorte, x1, y los parámetros del sistema para el primer caso. Trataremos ahora de hallar una relación similar en el segundo caso, con una compresión diferente, x2, y poder establecer la relación entre ambas deformaciones. En el segundo caso: q2 = C2E donde C2 = εoS/d. Cuando la placa móvil alcance el equilibrio de fuerzas ya no cambiará esta carga q2 porque la batería ya se desconectó. El campo total en el equilibrio es ahora E2 = ζ/εo = q2/ (Sεo), y el campo de la placa fija sobre la móvil será E2/2. La fuerza sobre la placa móvil es ahora: F2= q2E2/2 = q22/(2εoS) = C22E 2/(2εoS) . Sustituyendo C2: F2= εoSE 2/(2d2). Esta fuerza de atracción eléctrica estará en equilibrio con la fuerza elástica: kx2 = εoSE 2/ (2d2)

(2)

Dividiendo miembro a miembro la ecuación (1) por la (2):

x1/x2 = d2/ (d – x1)2

Despejando: x2 = x1(d – x1)2/d2 con x1 = 0.10d. Así: x2 = 0.08d.

16.6-Si el resorte colgara estáticamente, en equilibrio, se estiraría una longitud Δl = mg/k. En la Fig.16.6S (próxima página) se representa un momento cualquiera en el que el punto de suspensión se ha desplazado Asenωt y la esfera se ha corrido una distancia x respecto a su posición de equilibrio estático. En el equilibrio estático, el resorte tendría sus extremos entre los puntos O y P. El punto O indica el centro de oscilación del punto de suspensión móvil, y lo sería la longitud del resorte sin deformar (sin peso colgado). Se cumplirá para la esfera: mg – kΔx = m (d2x/dt2), donde Δx = mg/k + x + A senωt (representa la deformación total del resorte). Sustituyendo Δx en la ecuación anterior se obtiene: 155

Suspensión móvil

m (d2x/dt2) = −kA senωt – kx Asenωt O lo+mg/k

P x m

(+)

Fig. 16.6S

Arreglando: (d2x/dt2) + (k/m)x = −(kA/m) senωt

(1)

Ésta es la ecuación del oscilador armónico simple “forzado” (está sometido a una fuerza periódica externa aplicada en su punto de suspensión). Esta ecuación tiene una solución compuesta de dos partes: la de la oscilación propia (natural) del oscilador, con frecuencia ωo = (k/m)1/2, y la de la oscilación estacionaria que impone la fuerza externa con su frecuencia ω. Las dos oscilaciones se superponen, pero solamente nos interesa la estacionaria (así nos lo piden en el problema). Se sabe que la oscilación estacionaria se realiza con la frecuencia impuesta por la fuerza externa, y con algún posible desfasaje respecto a la fuerza: xs = Psen (ωt +θ).

Nos corresponde evaluar la amplitud P y el desfasaje θ. Para ello, derivamos la solución estacionaria, xs, dos veces y la sustituimos en la ecuación (1): dxs/dt = Pω cos(ωt + θ) y d2x/dt2 = −Pω2 sen(ωt + θ) Sustituyendo en (1): −Pω2 sen(ωt + θ) + (k/m) P sen(ωt +θ) = −(kA/m) senωt Arreglando: P[(k/m) – ω2]sen(ωt +θ) = −(kA/m) senωt. Como esta ecuación debe cumplirse para todo valor de t esto obliga a que θ = 0 (solamente así ambos miembros serían cero a la vez, y máximos a la vez). Por otra parte, deberá cumplirse también que la amplitud que acompaña al seno sea la misma en ambos miembros: P[(k/m) – ω2] = −(kA/m), de donde: P = (Ak/m)/( ω2 – k/m) Pero k/m = ωo2, como ya dijimos antes. Entonces, la amplitud de la oscilación estacionaria será: P = Aωo2/(ω2 – ωo2) = A/(ω2/ ωo2 – 1) y la oscilación estacionaria quedará descrita por la ecuación: xs = A sen ωt / (ω2/ ωo2 – 1) Puede notarse que si la frecuencia de la fuerza externa coincide con la propia del sistema, la amplitud de oscilación tiende a infinito, que es el fenómeno de la resonancia, sin resistencia mecánica en el sistema.

16.7-En la Fig. 16.7S (próxima página) se ha dibujado un eje x positivo hacia abajo, con el origen O en el nivel de la posición de equilibrio de la varilla con los resortes (línea quebrada horizontal). En esa posición ya los resortes están algo estirados respecto a su longitud natural. 156

Soporte

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

B ×

×

×

×

×

×

× l×

×

×

×

×

×

×

×

×

k

× × × × × Halado hacia abajo × × × × ×

El peso mg de la varilla se compensa con la fuerza elástica total de los dos resortes, 2k Δlo, donde Δlo es el estiramiento en esas condiciones:

Soporte

C

k

×

mg = 2k Δlo

(1)

Por lo que Δlo = mg / (2k) Δlo

Fig. 16.7S

O

x

Sin campo aplicado B el resorte oscilaría de tal modo que en cada posición de la varilla se cumpliría mg – 2k Δl = ma, con Δl = Δlo + x, y x estaría medida desde la posición de equilibrio O. Así: mg – 2k (Δlo + x) = ma

(2)

Y teniendo en cuenta (1): −2kx = ma, de donde resulta d2x/dt2 + (2k/m) x = 0, que es la ecuación del oscilador armónico simple con frecuencia ω =

(3)

Al poner un campo magnético B en la zona, cuando la varilla suba y baje, hará que el flujo magnético varíe dentro del circuito cerrado (se crea un lazo de área variable en el campo magnético). La fuerza electromotriz (fem) así generada es E = −Blv, de acuerdo con la ley de Faraday. Esta fem es el voltaje aplicado al capacitor, por lo que la carga q en el mismo, en cada instante, será: q = CV = CE = −CvBl Como la velocidad es variable durante la oscilación, la carga en el capacitor lo será también. La corriente en el circuito será justamente la variación de carga en el capacitor por unidad de tiempo: I = dq/dt = −CBl dv/dt = −CBl a donde a es la aceleración de la varilla. La fuerza magnética sobre la varilla en cada momento será: Fmagn = BIl = −CB2l2a La fuerza total sobre la varilla bajo el campo magnético cambia ahora de la expresión (2) a: ma = mg – 2k(Δlo + x) − CB2l2a Teniendo en cuenta de nuevo la ecuación (1) y reagrupando términos, obtenemos: d2x/dt2 + [ 2k / (m + CB2l2 )] x = 0 lo cual corresponde a una oscilación armónica de frecuencia ω = 157

(4)

La varilla realizará una oscilación de frecuencia menor que la oscilación libre, según se aprecia de comparar (3) y (4). La fuerza magnética que aparece aumenta la inercia efectiva del sistema, de m a (m + CB2l2).

16.8-Sea l1 la longitud del resorte que une con el eje a la esfera más cercana, y l2, la longitud del resorte que une a las dos esferas. Si las esferas realizan circunferencias, se cumple para cada una la segunda ley de Newton (para fuerzas centrípetas): mω2l1 = k(l1 – lo) − k(l2 – lo)

mω2(l2 + l1) = k(l2 – lo)

y

De aquí: l1 = lo / [1 – 3mω2/k + (mω2/k)2] y l2 = (1 − mω2/k) lo / [1 – 3mω2/k + (mω2/k)2] Estas soluciones poseen sentido físico solamente si: 1 – 3mω2/k + (mω2/k)2 > 0 (1)

y (1 − mω2/k) ≥ 0

(2)

Llamemos: x = mω2/k (x > 0). De (2): 1 – x ≥ 0, o sea: 1 ≥ x > 0 De (1): x2 – 3x + 1 > 0, de donde resultan: x > (3 +

)/2 y x < (3 −

Y teniendo en cuenta (3) solamente es posible: 0 < x < (3 − O sea: 0 < mω2/k < (3 − ferencias es ω < [(k/m) (3 −

(3) )/2

)/2.

)/2. Significa que la condición para que las esferitas realicen circun)/2]1/2

158

17A-Problemas con Análisis y Cálculos Gráficos.

17.1-La Fig. 17.1 muestra dos gráficos, el primero de posición contra tiempo y el segundo de velocidad contra tiempo. En cada gráfico aparecen las curvas correspondientes a dos bicicletas, A y B en el gráfico 1 y C y D en el gráficoa 2. a)¿Se puede decir en qué instante se encuentran las bicicletas A y B en el primer gráfico? ¿Se puede decir en qué instante se encuentran las bicicletas C y D en el segundo gráfico? Si es posible, diga en cada caso en qué instante es el encuentro. b)¿Cuál tiene mayor rapidez en el instante t = 10 s en el primer gráfico? ¿Y en el segundo? c)¿Cuál tiene mayor aceleración, en valor absoluto, en t = 10 s en el primer gráfico? ¿Y en el segundo? d)¿Cuál recorrió la mayor distancia entre t = 0 y t = 10 s en el primer gráfico? ¿Y en el segundo? e)En t = 10 s, ¿A y B viajan en direcciones opuestas o en la misma dirección? ¿Y C y D? x(m)

v(m/s)

A

C

D

B

0

5

10

t(s)

0

[1]

5

10

t(s)

[2] Fig. 17.1

M

m

m

1

2

3

17.2-Una bola de masa M incide desde la izquierda sobre un sistema que consiste de dos bolas de masa m cada una, en reposo sobre una superficie horizontal lisa y unidas por un resorte ligero (Fig. 17.2). El choque es frontal y absolutamente elástico. Encuentre aproximadamente la relación de masas m/M = γ bajo la cual el choque ocurre al menos una vez más.

Fig. 17.2 159

17.3-Un pistón móvil divide un cilindro en dos partes de iguales volúmenes, Vo =1.0 ×10-3m3. En una parte hay aire seco y en la otra, vapor de agua con una masa de 4.0 g de agua líquida. Se calienta lentamente el cilindro y el pistón comienza a moverse. Después de un corrimiento equivalente a la cuarta parte de la longitud del cilindro, el movimiento del pistón cesa. ¿Cuánta masa de aire, Mo, y de vapor de agua, M, había en cada parte del recipiente antes del calentamiento? ¿Cuál era la temperatura inicial To y a qué temperatura T1 dejó de moverse el pistón? (Representaremos por t a la temperatura en grados Celsius; represente por T a la temperatura en kelvin). La masa molar del aire seco es de unos 29 g/mol y la del agua es 18 g. La dependencia de la presión del vapor saturado Ps(t) del agua con la temperatura está dada en la siguiente tabla: t (oC) Ps(kPa)

100 100

120 200

133 300

152 500

180 1000

17.4-En un vaso con agua introdujeron un calentador eléctrico y midieron la dependencia de la temperatura T del agua con el tiempo t, registrándose la siguiente la tabla: t(min) 0 T(oC) 20.0

1 26.2

2 31.8

3 36.8

4 41.4

5 45.6

6 49.3

7 52.7

8 55.8

9 58.5

10 61.1

(a)¿En cuántos grados centígrados se enfría el agua en 1 min si el calentador se desconecta a una temperatura del agua de 50oC? (b)¿Comenzará a hervir el agua si el calentador no se desconecta durante un tiempo suficientemente largo? Considere que la potencia de calentamiento no varía.

17.5-El extremo inferior de un tubo capilar de radio r = 0.20 mm y longitud l = 8.0 cm se sumerge en agua a una temperatura constante de Ti = 0oC. La temperatura de su extremo superior es de Ts = 100oC. ¿A qué altura h se eleva el agua en el capilar? Considere que la conductividad térmica del capilar supera en mucho a la conductividad térmica del agua. El intercambio de calor con el aire circundante se desprecia. El agua moja bien el capilar. Indicación: utilice la siguiente dependencia de la temperatura y la tensión superficial del agua: T (oC)

0

20

50

90

ζ (×10-3 N/m)

76

73

67

60

160

T(oC) 3

17.6-En un balde se encuentra una mezcla de agua y hielo de masa m = 10 kg. El balde lo llevaron a una habitación y comenzó a cambiar la temperatura de la mezcla. La dependencia de la temperatura con el tiempo está representada en la Fig. 10.6. El calor específico del agua es igual a ca = 4.2 kJ/(kg.K) y el calor de fusión del hielo es Lf = 340 kJ/kg. Determine la masa de hielo en el balde cuando se llevó para la habitación. La conductividad del balde se desprecia.

2 1

20

40

60

t(min)

Fig.17.6

17.7-En una cacerola no muy grande, fina y metálica, echaron 0.50 litros de agua y la colocaron sobre una hornilla. Midiendo la temperatura del agua en diferentes instantes construyeron el gráfico de dependencia de la temperatura con el tiempo. Después botaron el agua y en el mismo recipiente echaron 0.70 litros de alcohol. De nuevo colocaron la cacerola en la misma hornilla y repitieron las mediciones de temperatura y tiempo e hicieron el gráfico de temperatura contra tiempo para el alcohol. Ambos gráficos se representan en la Fig. 17.7. Determine mediante estos gráficos el calor específico del alcohol y su calor de ebullición si en 23 minutos de ebullición la cantidad de alcohol en la cacerola disminuyó a la mitad. La capacidad calorífica de la cacerola es de 200 J/K. La evaporación desde la superficie de los líquidos es despreciable. (Densidad del alcohol: 0.80 g/cm3)

T(oC) 100 80 00 60 40 20 t(min) 10

20

30

40

50

Fig. 17.7

17.8-Los géiseres pueden considerarse como grandes reservóreos subterráneos llenos de agua, calentada por el calor de la Tierra (Fig.17.8a, próxima página) La salida desde ellos a la superficie terrestre se realiza por un estrecho canal, el cual, en períodos de calma, está completamente lleno de agua. Considerando que el período activo se presenta cuando en el reservóreo comienza a hervir el agua, y que en el momento de erupción el canal está lleno solamente de agua que es expulsada al exterior, valore qué parte del agua pierde el reservóreo del géiser durante el tiempo de una erupción. La profundidad del canal es h = 90 m; el calor de vaporización del agua es Lv = 2.26×106 J/kg. La dependencia de la presión del vapor saturado con la temperatura está dada por el gráfico de la Fig.17.8b (próxima página).

161

P(MPa) 1.6 90 m 1.2 0.8 0.4 0

100

180

140

Fig. 17.8a

220 T(oC)

Fig.17.8b

I(A)

17.9-¿Podrían dos lámparas incandescentes de 60 W y 100 W, calculadas para trabajar a 110 V, conectarse en serie a 220 V de tensión, sabiendo que la sobrecarga admisible en cada lámpara no puede ser mayor que el 10% del valor nominal? La característica voltampérica de la lámpara de 100 W se muestra en la Fig. 17.9.

0.8 0.6 Fig.17.9

0.4 0.2

20

40

60

80 V (V)

17.10-El voltaje de trabajo de una lámpara, cuya característica voltampérica está dada en la Fig. 17.10, es igual a 3.5 V. La corriente se corta a un voltaje de 4.0 V, pues la lámpara se quema. a) Dos lámparas como ésta se unen en serie y se conectan a una fuente de voltaje que provee 5.0 V. ¿Qué corriente circula por las lámparas?

I(A)

Relación I-V para la lámpara

0.30 (Resistencia no lineal) 0.20

0.10 V(V)

b) ¿Qué resistencia es necesario conectar en paralelo a una de las lámparas para que el voltaje en la otra sea de 3.5 V?

1.0

2.0

3.0

4.0

Fig. 17.10

c) ¿Se quemará alguna de las lámparas si se cambia el resistor anterior por una tercera lámpara igual a las dos primeras? 162

I(A)

17.11-En el gráfico de la Fig. 17.11 se presenta la dependencia de la intensidad de corriente que pasa por una lámpara con la tensión Vl aplicada a ella. La lámpara se conecta a una fuente de voltaje constante de 10 V, en serie con un resistor de 4.0 Ω. Determine la potencia de la lámpara.

2.0

1.0

Fig. 17.11 10

5

Vl (V)

17.12-En la Fig. 17.12a se muestra la característica voltampérica del bombillo L de una linterna de bolsillo. El bombillo se conecta al circuito mostrado en la Fig. 17.12b. (a)Encuentre gráficamente la corriente en la lámpara L. (b)¿Pará qué posición del punto móvil del potenciómetro P, el voltaje entre los puntos A y B será nulo? (O sea, ¿cómo debe quedar dividida la resistencia de 40 Ω por el contacto móvil para que el voltaje entre los puntos A y B sea nulo?). (c)¿Para qué posición del punto móvil del potenciómetro el voltaje entre los puntos A y B prácticamente no cambia bajo pequeñas fluctuaciones de la fem de la batería? I(A) 0.4

r= 10Ω

0.3

A

0.2 0.1 0

L 0

1

2

3

4

5

B

R= 40Ω

E= 4 V

P

V(V)

Fig.17.12a

Fig.17.12b

17.13-Para obtener un voltaje que dependiera poco de la temperatura se montó el circuito mostrado en la Fig.17.13a (próxima página). La característica voltampérica del diodo D y su dependencia con la temperatura del medio circundante se muestra en la Fig.17.13b para T1= 125oC, T2= 25oC y T3= −60oC. El voltaje de la fuente es V =6.0 V para una temperatura de 25oC, y con el aumento de temperatura crece linealmente. El coeficiente de cambio del voltaje con la temperatura es igual a 25×10-3 V/ oC. Encuentre el voltaje entre los terminales A y B para T =25oC y la dependencia de este voltaje con la temperatura.

163

V

R1=5.0 kΩ A

I(mA) 1.5

T1 T2 T3

D 1.0 R2=0.2 kΩ 0.5

B

Fig. 17.13a

0.4

0.8

1.2 Vd(V)

Fig. 17.13b

17A-Problemas con Análisis y Cálculos Gráficos. Soluciones.

17.1-a)En el gráfico 1, en t = 10 s están en la misma posición. En el gráfico 2 se puede decir solamente que tienen la misma velocidad en t = 10 s, pero se desconoce dónde están las bicicletas en cualquier instante. x(m)

v(m/s)

A

C

D

B

0

5

10

t(s)

0

[1]

5

10

t(s)

[2] Fig. 17.1

b)En 1, la inclinación de la recta A es mayor, por lo que esa bicicleta tiene mayor rapidez en t = 10 s. En el gráfico 2, ambas bicicletas tienen la misma velocidad en t = 10 s, por lo que tienen la misma rapidez. c)En el primer gráfico las bicicletas tiene ambas velocidades constantes, o sea, no tienen aceleración, y en el segundo, C tiene mayor aceleración, pues su pendiente es mayor.

164

d)En el primer grafico, en el intervalo de tiempo considerado, el desplazamiento de B es mayor que el de A (se “lee” el Δx sobre el eje x para cada bicicleta), y como son movimientos sin retrocesos para cada uno, la distancia recorrida por B es mayor que la de A. En el segundo gráfico, la rapidez de la bicicleta D desde t = 0 hasta t = 10 s es mayor que la rapidez de C, por lo que la distancia recorrida por D es siempre mayor que la recorrida por C en cualquier subintervalo de tiempo entre t = 0 y t = 10 s, y así será para el intervalo completo. (Note que aquí se pide comparar distancias recorridas, no desplazamientos, que estarían dados por las áreas). e)En el gráfico 1, todo el tiempo van en direcciones opuestas, pues las pendientes (velocidades) tienen signos opuestos. En el 2, van en la misma dirección en t = 10 s, pues ambas tienen velocidades positivas (entre t = 0 y t = 5 s iban en direcciones opuestas).

17.2-La solución será solamente aproximada, como se pide en el enunciado. Para que haya un segundo choque deberá cumplirse que M > m, pues de lo contrario la bola 1 rebotaría en el choque y jamás alcanzaría a la segunda en otro choque. O sea, m/M < 1, pero debemos precisar mejor hasta cuánto debe disminuir el cociente m/M para asegurar otro choque. Después de chocar 1 con 2, la 1 sigue con una velocidad constante y el centro de masas (CM) de 2 y 3 se mueve con otra velocidad constante, mientras 2 y 3 realizan oscilaciones armónicas respecto al CM. Es necesario encontrar la ley de movimiento de las esferas 1 y 2 después del choque y ver bajo qué condiciones vuelven a coincidir (un nuevo choque). Supondremos instantáneo el choque (equivale a asumir que el tiempo de choque es mucho menor que el período de oscilación de las esferas). Bajo esta suposición se puede analizar el choque entre 1 y 2 como un choque entre dos esferas libres, para las que aplican las leyes de conservación del momentum y de la energía mecánica: Mvo = Mv1 + mv2

(1)

y

De (1) y (2): v1 = v0 (M – m) / (M + m)

½ Mvo2 = ½ Mv12 + ½ mv22

(2)

y v2 = 2vo / (M + m)

O llamando γ = m/M: v1 = v0 (1 – γ) / (1 + γ)

y v2 = 2vo / (1 + γ)

(3)

Asumiendo que el choque ocurrió en x1 = x2 = 0, la coordenada x1 de la bola 1 (que continúa libremente) será después del choque: x1 = v1t = v0 t (1 – γ) / (1 + γ)

(4)

Por su parte, el CM del sistema de las bolas 2 y 3 se moverá con velocidad: vcm = v2/2 = vo/(1 + γ) La coordenada del CM después del choque será: 165

xcm = xcm,0 + v2t = xcm,0 + vot /(1 + γ)

(5)

Respecto al CM de 2 y 3, tomado como sistema de referencia inercial, la bola 2 se movería según una ley: x2’= A sen ωt - xcm,0 donde ω = (k/m)1/2, con k como la constante de medio resorte (desde la bola 2 hasta el centro del resorte completo). La amplitud A de la oscilación satisfará: ½ kA2 = ½ mv2’2 = ½ m(v2 – vcm)2 = ½ m(v2 – v2/2)2. Por tanto: ½kA2 = ½ m(v2/2)2 = ½ mvo2/(1 + γ)2 , donde se tuvo en cuenta (3). Entonces: A = [(m/k) vo2/ (1 + γ)2]1/2 = vo/ [ω (1 + γ)]

(6)

La ley de movimiento de la bola 2 es entonces: x2 = xcm + x2’= (xcm,0 + vcmt) + (A sen ωt – xcm,0). De aquí: x2 = vot / (1 + γ) + vo/ [ω (1 + γ)] senωt (7) Si las bolas chocan de nuevo se cumplirá: x1 = x2, y teniendo en cuenta (4) y (7): v0 t (1 – γ) / (1 + γ) = vot / (1 + γ) + vo/ [ω (1 + γ)] senωt Arreglando algebraicamente: sen ωt = −γωt

(8)

Llamando θ = ωt nos queda: senθ = −γθ. Si llamamos y1 = sen θ y y2 = −γ θ, la ecuación (8) corresponde gráficamente a la intersecy ción entre la sinusoide y1 y la recta y2, como muestra el gráfico de la Fig. 17.2S. π 3π/2 Lo que queremos es las bolas 1 y 2 θ choquen al menos una vez más después del primer encuentro en el origen. Esto y2= -γz significa que la recta y2 debe cortar a la Fig. 17.2S y2*= -γz sinusoide en al menos un punto. Del gráfico 17.2S se ve que esto ocurre solamente si la recta se inclina como máximo hasta pasar muy cerca del mínimo de la sinusoide, donde θ = 3π/2. Si la pendiente de la recta se hace más vertical, no habrá otra intersección entre la sinusoide y la recta, por lo que no sucederá de nuevo que x1 = x2, y no habrá otro choque. Entonces, como máximo debe cumplirse, aproximadamente: sen(3π/2) = −γ3π/2 de donde resulta γ ≈ 0.21 como valor tope posible. Así pues, ocurrirá al menos un choque más si la relación de masas entre las bolas satisface: m/M < 0.2 166

17.3-El pistón deja de moverse cuando se evapora toda el agua: cuando el número de moles en estado gaseoso sea constante en cada parte, el aumento de presión y temperatura ocurrirá a volumen constante; en tal situación, el aire redujo su volumen de Vo a Vo/2 y el vapor lo aumentó de Vo a 3Vo/2. La evaporación del agua ocurrirá todo el tiempo en equilibrio de la fase líquida con su vapor saturado. Sean To y Po la temperatura y la presión al inicio, y T1, P1, los valores finales. Para el aire se cumplirá: PoVo/To = P1Vo/(2T1)

(1)

Para el vapor de agua, tratado como gas ideal, se tendrá al inicio: PoVo = (M/μ)RTo con Po = Ps (a temperatura To)

(2)

Y al final: P1(3Vo /2) = [(M+m)/μ]RT1 con P1 = Ps (a temperatura T1)

(3)

donde μ es la masa molar del agua y m= 4 g es la masa evaporada. De (1): PoVo = P1 (Vo/2)(To/T1). Sustituyendo en (2) y cancelando To: P1Vo/(2T1) = (M/μ)R. Dividiendo miembro a miembro por (3) se obtiene: 1/3 = M / (M+m), y M = m/2 = 2 g, que es la masa de agua al inicio. Para averiguar las temperaturas To y T1, así como la masa Mo de aire, necesitamos hacer el gráfico de Ps vs T, mostrado en la Fig. 17.3S. En ese gráfico hay dos puntos cruciales para nuestro análisis: el de la presión de vapor al inicio y el de la presión de vapor al final. Para estos dos puntos se cumplirá, por la ley de los gases ideales: Ps = (MR/μVo)T = 923T

y

Ps = [(M+m)2R/3μVo]T = 1848T

con Ps en Pa, T en K, y μ=18 g/mol para el agua. Estas ecuaciones representan dos líneas rectas de PsvsT. Si las expresamos en grados celsius, con T = t + 273, estas ecuaciones se convierten en: Ps = 252×103 + 923t

y

Ps =504×103 + 1848t

con Ps en Pa y t en grados celsius. O, si lo expresamos en kPa:

Ps = 252 + 0.923t

y Ps = 504 + 1.85t.

Estas dos rectas se han representado en el gráfico de la Fig. 17.3S (próxima página). Para trazarlas, se determinaron sus intersectos con el eje de ordenada (252 kPa y 504 kPa) y se evaluó la presión para t = 100oC (344 kPa y 689 kPa), con lo que determinamos dos puntos de cada recta.

167

Ps(kPa)

Los dos puntos cruciales que nos interesan deben pertenecer a la curva de la presión del vapor de agua y a cada una de las dos rectas analizadas, lo cual corresponde a los puntos A y B del gráfico.

1000 800 600

689

B

504

400

A

380

344

200 252 0 0

El punto A nos dice que la tempera50 200 o tura inicial era de unos 140oC, con una t( C) presión de unos 380 kPa. El punto B Fig. 17.3S nos informa que la temperatura final era de unos 170oC. O en kelvin: To = 413 K y T1 = 443K. Entonces, para el aire seco conocemos que To = 413 K y Po = 3.8×105 Pa, con μ = 29 g/mol. Por tanto la masa de aire seco era: Mo = PoVoμ/(RTo) = 3.2 g. 100

140

150

170

17.4-En la Fig. 17.4Sa se ha representado el gráfico de T vs t. Para responder a las preguntas formuladas es más conveniente un gráfico de velocidad de calentamiento a cada temperatura. Así, para varios puntos del gráfico original podemos trazar la recta tangente y medir su pendiente, que nos indicará la velocidad de calentamiento, en oC/min, para cada temperatura del agua. Se obtiene así el gráfico de la Fig. 17.4Sb (se graficaron sólo cuatro puntos). ΔT/Δt(oC/min)

T(oC) 60

6.5

6

40

4

20

2

0

3.5

0 0

10

5

t(min)

0

20

Fig. 17.4Sa

40

T(oC)

60

80 Fig. 17.4Sb

(El segundo gráfico también se puede construir a partir de los datos de la tabla, restando cada dos temperaturas consecutivas y dividiendo por el intervalo de 1 min que los separa. Este cociente representará la velocidad de calentamiento en la mitad del intervalo de temperaturas (aproximación lineal). Se obtiene así la siguiente tabla que sirve también para hacer el segundo gráfico). t(min) 0.5 ΔT/Δt 6.2 (oC/min) T(oC) 23.1

1.5 5.6

2.5 5.0

3.5 4.6

4.5 4.2

5.5 3.7

6.5 3.4

7.5 3.1

8.5 2.7

9.5 2.6

29.0

34.3

39.1

43.5

47.5

51.0

54.3

57.2

59.8

168

Del gráfico se ve que la velocidad de calentamiento se hace cero cerca de los 85oC, de modo que no se calentará hasta hervir. Ya cerca de los 85oC el agua cede calor al ambiente con la misma velocidad con que lo recibe de la resistencia. Esto responde a la segunda pregunta. En cuanto a la primera pregunta puede observarse del gráfico de calentamiento que a la temperatura ambiente, de 20oC, la velocidad de calentamiento es 6.5 oC/min, y a 50oC la velocidad de calentamiento se reduce a 3.5oC/min. La disminución de la velocidad de calentamiento es de 3.0oC/min, y se debe a la diferencia entre el calor que retiene el agua a temperatura ambiente y el que retiene a 50oC. O sea, tal diferencia es la debida al calor que entrega el agua caliente al ambiente cuando está a 50oC. Entonces, si se apaga la resistencia cuando el agua está a 50oC, la velocidad con que se enfriará será de 3.0oC/min, lo que significa que en 1 minuto se enfriará unos 3oC.

17.5-El calor absorbido por el agua es rápidamente repuesto a lo largo del tubo gracias a la gran conductividad de éste en relación a la del agua. En el estado estacionario se cumplirá la proporcionalidad: Th/Ts = h/l (1) donde h es la altura a que sube el agua en el capilar y Th es la temperatura a esa altura. La fuerza de tensión superficial que levanta a la columna líquida es: F = 2πrζ cosα, donde α = 0 pues el líquido moja perfectamente al capilar (es el ángulo de contacto líquido-capilar). Esta fuerza equilibra a la de gravedad de la columna líquida, Fg = mg = πr2hρg. Así: 2πrζ = πr2hρg, de donde resulta: h = 2ζ/(ρgr) (2) Despejando h de (1) y sustituyendo en (2): l Th/Ts = 2ζ/(ρgr) , y ζ = ρgr l Th/(2Ts)

(3)

que nos da el valor de σ en función de Th, que es una recta de pendiente ρgrl/(2Ts) = 0.78×10-3 N/moC. 80

σ(×10-3 N/m)

60 40 20

Fig. 17.5S 20

40

60

80

100

T(oC)

Llevando esta recta a un gráfico junto con la curva de ζ vs T que sale de la tabla (Fig. 17.5S), se obtiene un punto de intersección que nos da el valor del coeficiente de tensión superficial ζ a la 169

altura de la columna líquida y la temperatura a esa altura del agua: cerca de 60×10 -3 N/m y cerca de 80oC. La altura podemos evaluarla por (1): h = l Th/Ts = 8×80/100 ≈ 6.4 cm. (O por (2): h = 2ζ/(ρgr) = 2×60×10-3/(1×103×9.8×2×10-4) ≈ 6.1 cm)

T(oC) 3

17.6-Del gráfico se desprende que en los primeros 50 min en la habitación el hielo se estaba derritiendo con el calor ganado de la habitación y el sistema no cambió de temperatura (permaneció en 0oC). De los 50 min en adelante, el sistema era todo líquido y comenzó a calentarse con el calor recibido de la habitación. Durante 10 min (de 50 min a 60 min en la Fig. 16.6S) la mezcla subió 2oC y el calor absorbido fue:

2 1

20

Fig.17.6S

Q = MmezclacΔT = 10×4.2×2 = 84 kJ

40

60

t(min)

La habitación tiene unos 20 o 30oC, de modo que la diferencia de temperaturas no cambia apreciablemente entre la mezcla y el aire de la habitación durante todo el proceso (cambia 2 grados de 20 o 30) por lo que la velocidad de intercambio de calor entre la mezcla y la habitación puede asumirse prácticamente constante durante los 60 min iniciales. En tal caso, el calor intercambiado en 50 min es cinco veces mayor que el intercambiado en 10 min, esto es: Q’= 5Q = 420 kJ. Pero todo este calor fue empleado para derretir hielo, sin calentar la parte líquida. Entonces, la masa fundida de hielo es: Mhielo = Q/Lf = 420/340 ≈ 1.2 kg de hielo

17.7- Llamemos q al calor desprendido por unidad de tiempo de la hornilla, y: C=200 J/K (capacidad calorífica de la cazuela), ca = 4.18 kJ/kg.K (calor específico del agua), cal (calor específico del alcohol), ma= ρaV = 0.50 kg (masa de agua), mal = ρalV = 0.56 kg (masa de alcohol). En ambos casos los líquidos comienzan a calentarse a la temperatura de 20oC, según se desprende del grafico. Consideraremos el calor desprendido en un tiempo Δt pequeño, próximo a los 20oC. En ambos casos, esta cantidad de calor será Q = qΔt, y se empleará en calentar al líquido (mcΔT), calentar la cazuela (CΔT) y en algunas pérdidas al exterior. 170

T(oC) 100 80 00 60 40 20 t(min) 10

20

30

Fig. 17.7S

40

50

Estas pérdidas al exterior dependen de la diferencia de temperaturas entre el sistema y el exterior (T – 20), el tiempo de calentamiento Δt, y factores geométricos y ambientales (corrientes de aire, dimensiones de la superficie de la cazuela, etc.) que agruparemos en una constante α. Entonces, para el agua: qΔt = macaΔTa + CΔTa + α (T – 20)Δt

(1)

Y para el alcohol: qΔt = malcalΔTal + CΔTal + α (T – 20)Δt

(2)

Hemos tenido en cuenta que el agua y el alcohol se calientan desigualmente (ΔTa, ΔTal) en un mismo tiempo Δt. Considerando un mismo tiempo de calentamiento inicial, qΔt es el mismo en ambos casos, por lo que: macaΔTa + CΔTa + α (T – 20)Δt = malcalΔTal + CΔTal + α (T – 20)Δt Considerando un Δt pequeño (como 1 min), la temperatura T alcanzada no diferirá grandemente, por lo que el último sumando de cada lado valdrá casi lo mismo y se cancelan uno con otro: macaΔTa + CΔTa = malcalΔTal + CΔTal Dividiendo ambos miembros por el tiempo Δt transcurrido: macaΔTa/Δt + CΔTa/Δt = malcalΔTal/Δt + CΔTal/Δt De aquí despejamos cal: cal = {[(ΔTa/Δt) / (ΔTal/Δt)] [(maca + C)/mal]} – C /mal Son conocidos ma, mal, ca y C; los cocientes ΔTa/Δt y ΔTal/Δt) son las pendientes de las curvas en las proximidades del instante inicial, que pueden determinarse a partir del gráfico (6.8oC/min para el alcohol y 4.4oC/min para el agua). Sustituyendo valores: cal = 2.4×103 J/kg.K. Llamando al calor de ebullición del alcohol, Lal, cuando el alcohol haya hervido un tiempo Δt1, se cumplirá: qΔt1 = Lal Δm + α (Tal – 20) Δt1, donde Tal = 78oC (del gráfico) y se tuvo en cuenta que la cazuela no se calienta durante la ebullición. De aquí: Lal = [q – α (78 – 20)] / (Δm / Δt1)

(3)

El denominador es la rapidez de ebullición, y puede calcularse a partir del dato de que la mitad del alcohol ebulle en 23 min: Δm / Δt1 = (0.56/2)/23 = 1.2×10-2 kg/min. Y el corchete con q y α juntas pueden evaluarse a partir de la ecuación (1), aplicando los datos de la curva del agua a 78oC (en t = 13 min): q – α (78 – 20) = (maca + C) ΔT/Δt = (0.50×4180 + 200) (78 – 20) / 13 min = 1.02×104 J/min Sustituyendo en (3): Lal = [1.02×104 J/min] / (1.2×10-2 kg/min) = 8.5×102 kJ/kg 171

17.8-La erupción comienza apenas la presión del vapor saturado del agua en la base del canal sobrepase ligeramente a la suma de presión atmosférica con la presión hidrostática de la columna de agua en el canal de salida, bajo una profundidad de 90 m. O sea, se produce la erupción cuando P ≈ Patm + ρgh ≈ 0.98×10 6 Pa ≈ 106 atm Del grafico se ve que para esa presión de vapor la temperatura es de 180oC. El calor de la tierra ha elevado la temperatura del agua subterránea hasta esa temperatura, con la cual la presión de vapor empieza a superar a la presión exterior que oprime al agua, formándose las burbujas de vapor que empiezan a subir por el canal por flotación: el geiser expulsa vapor de agua que arrastra algo de agua líquida. En la medida que sale vapor sobrecalentado se va enfriando el agua en el canal hasta que su temperatura baja hasta los 100oC y deja de hervir incluso el agua que está cerca de la salida de la canal del geiser. En el proceso, la temperatura del agua del reservóreo baja desde los 180oC hasta unos 100oC, y toda el agua M del reservóreo pierde una cantidad de calor McΔT, con ΔT = 80oC. Ese calor perdido por el agua del reservóreo es el empleado en hacer hervir una masa m de agua que se expulsa como vapor al exterior, calor que vale Lvm. Entonces: McΔT = Lvm De aquí:

m/M = cΔT/Lv = 4180×80/2260000 = 0.15

O sea, en cada erupción el reservóreo pierde alrededor del 15% de su agua. (Al bajar la presión en el reservóreo entra más agua de las fuentes subterráneas de alimentación y tras un tiempo se calienta lo suficiente para repetir otra erupción, y así lo hace cíclicamente).

0.8

17.9-De acuerdo con la potencia y el voltaje de trabajo de cada lámpara, sus corrientes eléctricas a 110 V son:

0.6

I1 = P1/V1 = 60/110 = 0.545 A y

I(A)

I2 = P2/V2 = 100/110 = 0.909 A Fig.17.9S

0.4 0.2

20

40

60

80 V (V)

Al colocarlas en serie, la corriente debe ser la misma en ambas lámparas, y sus voltajes deben sumar 220 V. Si la de 60 W no admite una sobrecarga mayor del 10% que la que admite a 110 V, su máxima corriente sin quemarse será de: 0.545 + 0.054 = 0.599 A ≈ 0.6 A. 172

Con tal corriente la lámpara de 100 W tendría un voltaje de 50 V (Fig. 17.9S), que sumado a los 110 V de la primera lámpara quedaría muy por debajo de los 220 V aplicados. Significa que la lámpara de 100 W consumirá mayor voltaje que 50 V y permitirá el paso de más de 0.6 A. con lo cual se quema la lámpara de 60 W.

17.10- a)Si se conectan en serie va a pasar la misma corriente por ambas lámparas y caerá el I(A)

(c1)

0.30

(b1) (a)

0.20

(b2)

(c1)

(c2)

(b1) (a)

0.10

Relación I-V para la lámpara (Resistencia no lineal)

(b2) (c2) 1.0

2.0

3.0

4.0

V(V)

Fig. 17.10S

mismo voltaje en ambas. O sea, caerán 2.5 V en cada una, y por la gráfica se ve que a ese valor de voltaje corresponde una corriente de 0.27 A (Ver líneas (a) de la Fig. 17.10S). b)Si en una lámpara caen 3.5 V, en la lámpara que esté en el paralelo con la resistencia cae la diferencia 5.0 – 3.5 = 1.5 V. Por la gráfica, la lámpara con 3.5 V tiene una corriente de 0.29 A (líneas b1); y la que está en el paralelo, con 1.5 V, tiene una corriente de 0.22 A (líneas b2). La diferencia entre estas dos corrientes es la que pasa por la otra rama del paralelo donde está la resistencia: I = 0.29 - 0.22 = 0.07 V. Significa que esa resistencia tiene un valor de: R = V/I = 1.5/0.07 = 21Ω c)Si conectamos dos lámparas en paralelo con una tercera en serie, la que está sola en serie soportará una corriente doble de las otras dos, y ésa sería la primera que se quemaría. Esto ocurriría si el voltaje de la lámpara en serie alcanzara los 4.0 V, con una corriente de 0.30 A (líneas c1). En cuyo caso, las otras dos lámparas tendrían una caída de voltaje de 5.0 – 4.0 = 1.0 V. Pero de acuerdo con la gráfica, cada lámpara del paralelo bajo 1.0 V de voltaje debe soportar una corriente de 0.17 A (líneas c2), y ambas juntas consumirían 0.34 A. Pero si “halan” juntas más corriente que la de 0.30 A, se funde la primera lámpara. Por otro lado, si asumimos que en la 173

lámpara en serie caiga un voltaje menor de 4.0 V, entonces en las dos lámparas en paralelo caería un voltaje mayor de 1.0 V, con más corriente aún que 0.17 A, por lo que la lámpara en serie se quemaría más rápido. Por tanto, no pueden colocarse dos en paralelo con otra en serie pues se quemaría la que está sola en serie.

17.11-Llamemos V al voltaje de la fuente, Vl al de la lámpara y VR al de la resistencia. Se cumplirá: V = Vl + VR = Vl + IR

(1)

De aquí: I = V/R – Vl/R

I(A)

que es la ecuación de una recta en el plano de I vs Vl (la “línea de carga”) (Fig. 17.11S). Su intercepto con el eje de las corrientes será para Vl = 0, en cuyo caso I = V/R = 10/4 = 2.5 A. El intercepto con el eje de los voltajes será cuando I = 0, en cuyo caso: Vl = V = 10 V. Con estos dos puntos se puede trazar la línea de carga como muestra el gráfico, la cual fija el punto de operación de la lámpara (intersección de la línea de carga con la curva de la lámpara), pues en tal punto la corriente satisface los valores de VR, Vl y V que cumplen con la ecuación (1).

2.0

1.0

5

10

Vl (V)

Fig. 17.11S

La corriente de operación de la lámpara es entonces I ≈ 1.1 A y su voltaje de operación es Vl ≈ 5.5 A. La potencia de la lámpara es entonces: P = IVl ≈1.1×5.5 ≈ 6 W

17.12- Entre los puntos A y B no hay ningún elemento. Son sólo dos puntos entre los cuales se produce cierta diferencia de potencial, medible por un voltímetro ideal (de corriente nula). De tal forma, la misma corriente que pasa por r es la que pasa por la lámpara L. (a)Sea V el voltaje en la lámpara L. Se cumplirá: E = V + Ir, de donde: I =E /r – V/r = 0.4 – 0.1V. En un gráfico de I vs V ésta es una línea recta (“línea de carga”) de pendiente 1/r. Esta línea nos informa cómo depende el voltaje en la lámpara de la corriente que pasa por la resistencia r en serie con la lámpara. En la Fig. 17.12Sa hemos representado la línea de carga de la resistencia r superpuesta a la característica voltampérica de la lámpara. El punto de intersección de ambas líneas fija el “punto de operación” de la lámpara (su corriente y su voltaje para la resistencia r dada).

174

I(A) 0.4 0.3

0.4 0.3

0.24

ΔI

0.2 0.1 0

0.2 0.1 0.08

1.6

0

1

2

3

4

5

V(V)

0

0

Fig.17.12Sa

1

ΔV 2

3 3.4 4

5

V(V)

Fig.17.12Sb

Este punto de operación es de V =1.6 V e I = 0.24 A según se puede apreciar en la Fig. 17.12Sa. La resistencia de la lámpara, en corriente directa será RL = V/I = 1.6/0.24 ≈ 6.7 Ω. (b)Para que entre A y B no haya diferencia de potencial, el reóstato, o potenciómetro, debe quedar dividido en dos resistencias, R1 (parte de abajo) y R2 (parte de arriba) tales que: R1/R2 = V/ (E – V). De aquí: R1= (R1+R2) V/E = RV/E = 16 Ω, y en consecuencia: R2 = R – R1 = 24 Ω. (c)Bajo pequeñas variaciones de la fem se producen pequeñas variaciones de voltaje en todos los elementos del circuito. Para que las variaciones de voltajes en AB, ΔVAB, sean mínimas, la variación de voltaje en L deberá ser casi igual a la variación de voltaje en R1 (parte baja de R). La resistencia R1 es constante, pero RL depende del valor del voltaje V aplicado a ella. Para pequeñas variaciones ΔV alrededor del punto de operación de la lámpara se producirán variaciones ΔI proporcionales a ΔV: ΔI ΔV (aproximación lineal para variaciones pequeñas). La constante de proporcionalidad será la pendiente de la recta tangente a la curva de la característica voltampérica de la lámpara en el entorno del punto de operación (Fig. 17.12Sb). En consecuencia, bajo pequeñas variaciones de voltaje ΔV, cerca del punto de operación, la lámpara se comporta como una resistencia de valor rL = ΔV/ΔI = cot θ, donde θ es el ángulo de inclinación (analítico) de la recta tangente a la curva. (Ésta es la resistencia dinámica, o diferencial, de la lámpara, bajo corrientes variables). Esta resistencia no relaciona los valores de V e I en el punto de operaciones (eso lo hace RL), sino que relaciona las variaciones de V con las de I. En nuestro caso: rL = (3.4 – 0)/(0.40 – 0.08) ≈ 11 Ω

(ver valores en el gráfico, Fig. 17.12Sb)

Ahora, la variación ΔV en la lámpara satisface: ΔV =ΔE − r ΔI, donde ΔI = ΔV/rL. Queda entonces: ΔV =ΔE − ΔV(r/rL). Y despejando: ΔV = ΔE rL/(r+rL)

(1)

Por el divisor de voltaje teníamos: V1 = E R1/R, por lo que ΔV1 = ΔE (R1/R)

(2)

Deseamos que ΔV = ΔV1 para que el ΔVAB = 0. Entonces, igualando (1) con (2): 175

ΔE rL/(r+rL) = ΔE (R1/R). De aquí: R1 = RrL/(r + rL) = 21 Ω. O sea, el punto móvil del reóstato debe estar en una posición en la que R1 = 21 Ω. En esta condición: V1 = E R1/R = 2.1 V y V = 1.6 V (punto de operación), por lo que VAB= 0.5 V. Si hubiera una fluctuación de 1 V en la batería, ΔE = 1 V, los cambios en L y R1 serían: ΔV = ΔE rL/(r+rL) = 0.524 V y ΔV1 = ΔE (R1/R) = 0.525 V, por lo que la fluctuación de voltaje entre A y B sería ΔVAB = 0.525 – 0.524 = 0.001 V. Así con una variación de un 25% de la fem (1 V en 4 V), la variación del voltaje entre A y B sería del 0.2% (0.001 V en 0.5 V). Este circuito puede ser usado como un estabilizador de voltaje.

17.13-El voltaje que cae en el diodo, Vd, será:

I(mA) 1.45 1.5 1.63

Vd = V – IR1 – IR2, por lo que: I = V / (R1+R2) – Vd/ (R1+R2)

T1 T2 T3 T1

1.15

(1)

0.69 0.60

Esta ecuación representa una recta, I = f(Vd), en el gráfico de I vs Vd, de pendiente:

1.0

T2

0.5

T3

0.20

1.0

0.4

0.8

1.2 Vd(V)

m =−1/(Ri+R2) e intercepto b=V/(R1+R2); Fig. 17.13S esta recta es la “línea de carga”. La intersección de esta línea de carga con la curva voltampérica fija el punto de operación del diodo. De la ecuación (1) se ve que la pendiente de la línea de carga es independiente de la temperatura T, pues solamente depende de las resistencias, que no nos dicen que dependan de la temperatura. El intercepto en el eje de las I sí cambia pues depende de V, que es función de la temperatura. Así, a distintas temperaturas la línea de carga se desplaza arriba y abajo, paralelamente a su inclinación original. Se conoce por dato que ΔV/ΔT = 2.5×10-2 V/oC = α y que V2 = 6.0 V a T2 = 25oC. Entonces, a T1= 125oC se tendrá: V1= V2 + α(T1 – T2) = 8.50 V y a T3 = -60oC se tendrá: V3= V2 + α(T3 – T2) = 3.87 V. Se ve que el voltaje de la fuente varía fuertemente con la temperatura en el intervalo de interés. Busquemos el intercepto de la línea de carga con el eje I, b=V/(R1+R2), para cada temperatura: b1= 1.63 mA, b2= 1.15 mA y b3= 0.69 mA. La pendiente en todos los casos es la misma: m = 1/(5.0+0.2) = 0.192 kΩ-1 ≈ 0.2 mA/V Las tres líneas de carga se muestran aproximadamente en la Fig. 17.13S. Se trazó primero la recta inferior de pendiente -0.2 (pasa por el eje I en I = 0.2 mA y por el eje Vd en Vd = 1 V). 176

Después se construyen las tres rectas paralelas a la inferior, pero con sus respectivos interceptos en el eje I. Operando a 25oC, se ve del gráfico que I = 1.0 mA y Vd = 0.80 V. La caída de voltaje en la salida AB será: VAB = V – IR1 = 6 – 0.001×5000 = 1 V, que es la respuesta a la primera pregunta. Cuando la temperatura varíe entre -60oC y 125oC, las variaciones de voltaje en la salida AB se calcularán como: ΔVAB = ΔV – (ΔI) R1 (2) Del gráfico se ve que la variación de I entre -60oC y 125oC es ΔI = 1.45 – 0.60 = 0.85 mA. La variación por cada grado celsius será: ΔI/ΔT = 0.85/(125 + 60) = 0.0046 mA/ oC. Si dividimos la ecuación (2) por ΔT tendremos: ΔVAB/ΔT = ΔV/ΔT – (ΔI/ΔT) R1 = α – (ΔI/ΔT) R1 Para el intervalo total de temperaturas: ΔVAB/ΔT = 2.5×10-2 V/ oC − 0.0046 (mA/ oC) × 5(kΩ) = 0.002 V/ oC Ésta es la variación del voltaje de salida por cada grado centígrado que cambie la temperatura. Asumiendo una variación lineal del voltaje de salida con la temperatura podremos plantear: VAB (T)= VAB(25oC) + (ΔVAB/ΔT ) (T – 25). O sea: VAB (T)= 1 + 0.002 (T – 25) con T en grados celsius. Ésta es la respuesta a la segunda pregunta.

177

18-Problemas con Análisis de Simetría.

C

18.1-Encuentre la capacitancia del sistema de capacitores idénticos de la Fig. 18.1. La capacitanFig. 18.1 cia de cada capacitor es C.

C

C

R

18.2-Determine la resistencia del circuito RAB entre los puntos A y B de la estructura compuesta por los nueve alambres iguales mostrados en la Fig. 18.2, de resistencia R cada uno.

R

R

B

R R

R

A

C

C

C

R

R

R

Fig. 18.2

C

18.3-En el circuito de la Fig. 18.3 todos los resistores tienen la misma resistencia R. La tensión en los bornes es V. Determine la intensidad de la corriente I en los cables de alimentación del circuito. La resistencia de los cables de alimentación es despreciable.

R R

A

R

R B

R

E

R

R

R V

A R1

kR1 R2

kR2

B Fig. 18.4

D

Fig. 18.3

18.4-El circuito de resistores de la Fig. 18.4 consiste en un número de eslabones muy grande. La resistencia de los resistores de cada eslabón es k veces mayor que el valor de las resistencias en el eslabón anterior. Encuentre la resistencia RAB entre los puntos A y B si las resistencias del primer eslabón son R1 y R2.

B

18.5-La arista de cada cuadrado de la Fig, 18.5 es un alambre de resistencia r = 10 Ω. En el cuadrado central se suelda una lámina de un material muy buen conductor (área sombreada). Hallar la resistencia entre los puntos A y B. Fig. 18.5 178

A

18.6-(Requiere Cálculo) Un fino alambre muy largo posee una densidad lineal de carga λ constante en toda su extensión. Calcule la intensidad del campo eléctrico a una distancia r del alambre, lejos de sus extremos y próximos al alambre. Calcule también la diferencia de potencial entre dos puntos a las distancias r1 y r2 del alambre.

18.7-(Requiere Cálculo) Una esfera metálica de carga q1 y radio r1 está en el interior de una fina capa metálica esférica de radio r2 y carga q2; ambas esferas son concéntricas. Calcule la intensidad del campo eléctrico a diferentes distancias del centro de ambas esferas.

18.8-A una esfera conductora homogénea de masa m se le transfiere una carga q y se fija al extremo de un hilo no conductor. El otro extremo se liga al extremo superior de un anillo de radio R, el cual se halla en un plano vertical. Al anillo, elaborado de un material conductor, se le ha comunicado una carga Q del mismo signo que la carga q, que se distribuye uniformemente por el anillo. Determine la longitud l del hilo con la cual la esfera se sitúa justamente sobre el eje horizontal del anillo.

18.9-(Requiere Cálculo) Calcule el valor de la inducción magnética, B, en el interior de una bobina cilíndrica muy larga (solenoide) de n vueltas por unidad de longitud y sin núcleo ferromagnético, cuando circula por ella una corriente eléctrica de intensidad I.

18.10-(Requiere Cálculo)Calcule el valor de la inducción magnética, B, en el interior de un toroide de sección circular que tiene un enrollado uniforme de n vueltas por unidad de longitud, por el cual circula una corriente de intensidad I. Se conocen el radio de la sección circular, r, y el radio del toroide, R, cumpliéndose que R >> r. Haga el cálculo asumiendo que el toroide está vacío e indique cómo variaría el resultado si el toroide estuviese lleno de un material ferromagnético. (Toroide: es como una dona, o salvavidas, en la que se enrolla el cable en vueltas muy apretadas).

179

18-Problemas con Análisis de Simetría. Soluciones.

18.1-En la Fig. 18.1Sa hemos numerado los capacitores, aunque son todos iguales, para representar el circuito de una manera más simétrica sin perder de vista cuál es cada capacitor en el nuevo circuito equivalente. La Fig.18.1Sb presenta un circuito equivalente al dado. En este nuevo circuito puede notarse con facilidad que el capacitor C3 está conectado a puntos de igual potencial y que no se cargará, lo que es equivalente a quitarlo del circuito sin que se afecte la distribución de cargas en el resto.

C1

C1

C2

C3

C

C

C

C

C

C4 C3

C6

C6

C5

C4

C2

Fig. 18.1Sa

C5

Fig. 18.1Sb

Fig. 18.1Sc

Pero suprimir a C3 equivale a tener el circuito de la Fig. 18.1Sc, que es tratable como un conjunto de series y paralelos bien definidos. Son tres ramas en paralelo con capacitancias C, C/2 y C/2 que sumadas dan una capacitancia total de 2C.

18.2-En este problema hay nueve ramas con diez corrientes diferentes si se incluyen la de enR R A

R R

B

R R

R R

R Fig. 18.2

I5

F I1

I3

A

I2

I0

E I4 D I5

I2 I3

B I0 I1

C

Fig. 18.2S

trada y la de salida, I0. En la Fig. 18.2S, la recta DE divide la estructura en dos partes simétricas, con distribuciones equivalentes de resistencias, voltajes y corrientes, lo cual reduce las incógnitas a seis: I0, I1, I2, I3, I4, I4 e I5, y se simplifican mucho los cálculos. Se han representado las corrientes que son iguales en las distintas ramas simétricas. Aplicando ley de nodos en F: I1 = I3 + I5 Aplicando ley de nodos en D: I2 + I3 = I4 + I5 Aplicando ley de mallas FDEF: (I3+I4) R = I5R Aplicando ley de mallas AFDA: (I1+I3) R = I2R 180

Resolviendo estas cuatro ecuaciones en función de I1: I2 = (6/5) I1, I3 = (1/5)I1, I4 = (3/5)I1, I5 = (4/5)I1. Añadiremos ahora una ecuación de ramas desde A hasta B para evaluar la caída de potencial VAB, necesaria para calcular la resistencia RAB, que será RAB = VAB/I0, donde I0 = I1+I2 (ver nodo A). O sea: VAB= [I1 + (4/5) I1+ (6/5) I1] = 3I1R, de donde resulta VAB /I1 = 3R. Ahora: RAB = VAB/I0 = VAB/ (I1+I2) =VAB/[I1+ (6/5)I1] = (5/11)VAB/I1 = (15/11)R Así: RAB = (15/11) R.

18.3-En la Fig. 18.3 se han añadido letras para identificar los nodos y las resistencias. Puede notarse que las mallas ABCA y ABDA son equivalentes, por lo que los puntos C y D son equipotenciales, que es como si estuvieran conectados entre sí (sin resistencias de por medio). C R

R R

A R

C,D R

B

R

R/2 E

A

R/2 R

B

R/2

R

E

R R

V

D

V

Fig. 18.3

Fig. 18.3S

La Fig. 18.3S muestra el circuito equivalente, donde C y D se han unido en un solo punto, y es como si las resistencias AC y AD quedaran en paralelo, así como BC con BD y EC con ED. Visto así el circuito es uno sencillo de series y paralelos, con una rama BEC de resistencia (3/2)R en paralelo con la rama BC de resistencia R/2, todo esto en serie con la rama AC de resistencia R/2, y todo en paralelo con la rama AB de resistencia R. Así: 1/RCB = 1/(R/2) + 1/(R + R/2), de donde: RCB = (3/8)R Entonces: RACB = R/2 + (3/8)R = (7/8) R. Finalmente: 1/RAB = 1/R + 1/[(7/8)R]. Y resolviendo: RAB = (7/15)R

181

18.4-En este circuito podemos mentalmente dividir por k todas las resistencias excepto las del primer eslabón, R1 y R2. Si hacemos esto nos damos cuentas de que lo que quedaría detrás del primer eslabón es un conjunto de resistencias igual que el dado entre A y B, de modo que la secuencia que prosigue tras el primer eslabón es la misma que la cadena completa multiplicada por k. Este análisis nos permite sustituir el circuito original por el equivalente de la Fig. 18.4S, que ya es un circuito sencillo de serie y paralelo, donde se cumplirá: RAB = R1 + [1/R2 + 1/kRAB]-1

A R1

Despejando RAB surge una ecuación de segundo grado:

R2

kRAB2 + RAB[R2(1 – k) – kR1] – R1R2 = 0

kRAB

B

Resolviéndola:

Fig. 18.4S

RAB = {kR1 – R2(1 – k) ±

}/(2k)

La solución negativa carece de significado físico.

18.5-La lámina conductora pone a un mismo potencial todos los alambres del cuadrado soldado a ella. La diagonal de la Fig.18.5Sa divide el circuito en dos ramas simétricas conectadas a los puntos de potencial A y de potencial B, por lo que equivalen a dos ramas en paralelo. Por la simetría de las dos ramas, los puntos C y D están al mismo potencial, por lo que las dos aristas de la esquina inferior no conducen corriente entre C y D y pueden suprimirse en el análisis. Los lados 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 son simétricos a los lados 1’, 2’, 3’, 4’, 5’, 6’, 7’, 8’, 9’. Calcularemos la resistencia equivalente de las nueve primeras resistencias, igual a la de las otras nueve, y luego calcularemos la equivalente de ambas en paralelo.

5

3

6

1 2

4

B 1’

7 8 C

2’

A 9 7’

9’ D

8’

3’

4’ 5’ 6’

Fig. 18.5Sa

A continuación (Fig. 18.5Sb) se muestra el esquema del circuito equivalente del grupo 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, reducido a otros circuitos equivalentes cada vez más simples. Las resistencias equivalentes que se escriben en cada paso se calculan por las operaciones de dos resistencias equivalentes en serie o en paralelo: Rserie = Ra + Rb y Rparal = RaRb/(Ra + Rb) El circuito se ha dibujado partiendo del punto B y siguiendo todos los caminos que llevan al cuadrado central, A, que tiene un único potencial, simbolizado por la línea inferior del esquema de circuito de la Fig. 18.5Sb (como si fuera un potencial de “tierra” común). 182

r

Las resistencias 8 y 9 en serie equivalen a una de valor 2r.

B 8 r

6 r

9

3

5

7

1 2

4

A B

Ésta de valor 2r está en paralelo con la resistencia 7 de valor r, y equivalen a una de valor 2r/3.

6 r

2r

5

7

2

4

r

A B

r

1

3

(2/3)r

La de 2r/3 está en serie con las dos de valor r cada una, por lo que todas juntas equivalen a una de valor 8r/3.

1

3

4

2 A B 3

(8/3)r

1

r

2 A B 1

r

La de valor 8r/3 está en paralelo con una de valor r y equivalen a una de valor 8r/11.

(8/11)r

2 A

La de valor 8r/11 está en serie con una de valor r y equivalen a una de valor 19r/11. Ésta de 19r/11 está en paralelo con una de valor r y equivalen a otra de valor 19r/30. Finalmente, la de 19r/30 está en serie con otra de valor r y dan una resistencia equivalente total de 49r/30, para la rama 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

1 (19/11)r

B

r A r

B

(19/30)r

Esta rama está en paralelo con la rama 1’, 2’, 3’, 4’, 5’, 6’, 7’, 8’, 9’, de igual valor, y las dos juntas dan una resistencia total R = 49r/60.

A B (49/30)r

Y como r =10 Ω, entonces R = 8.2 Ω

Fig. 18.5Sb

183

A

18.6-El tipo de campo que se genera desde un alambre cargado uniformemente, lejos de los extremos del alambre y cerca del mismo, es de líneas radiales como muestra la Fig. 18.6S. P r

Tapa 1

Tapa 2

Rollo

(a) Vista lateral

Fig. 18.6S

Vista en sección

(b)

Es un campo de simetría cilíndrica. Tomando una superficie gaussiana cilíndrica que contenga al punto P, que está a una distancia r del alambre como muestra la figura, podemos plantear la ley de Gauss: = q/εo, donde q es la carga neta dentro de la superficie gaussiana (o sea, la carga del alambre que queda dentro del cilindro gaussiano. Así: ∫tapa 1EdA + ∫tapa 2EdA + ∫rollo EdA = q/εo

(1)

Pero en las tapas del cilindro el flujo de campo es cero, y en la superficie enrollada el valor de E es el mismo en todos sus puntos, por lo que la última integral da EArollo = E(2πrl), donde l es la longitud del cilindro dibujado, y (2πrl) es el área de la superficie del rollo. Sustituyendo en (1): E2πrl = q/εo Ahora: q = λl, por lo que: E = λ/(2π εor), que es la intensidad del campo a la distancia r del alambre. En cuanto a la diferencia de potencial entre dos puntos a las distancias r1 y r2, basta recordar: E = − dV/dr, por lo que dV = −Edr = − [ λ/(2π εor)] dr. E integrando: ΔV = Esta integración da: ΔV = [λ/(2π εo)] ln(r1/r2)

18.7-El campo es radial, de simetría esférica, dado que las cargas están distribuidas uniformemente por las esferas metálicas, por lo que las superficies gaussianas apropiadas serán esferas de distintos radios r, acorde con las distintas zonas en que calcularemos la intensidad del campo (esferas gaussianas representadas por líneas quebradas en la Fig.18.7S, próxima página); en estas esferas el campo E es colineal con el dA en cada punto de la superficie, por lo que E.dA = E dA, y la E seá constante en cada integral. Aplicando la ley de Gauss a cada zona resulta: a) Ea = 0 en r < r1 184

puesto que no hay carga interior en ninguna esfera gaussiana que se tome en el interior de la esfera de radio r1, como la esfera A1 de la Fig. 18.7S. b)Eb = kq1 /r

2

en r1 < r < r2

puesto que una esfera gaussiana de radio r tomada concéntrica con la esfera metálica interior, pero con su superficie entre la esfera metálica y la capa esférica, sólo encuentra en su interior la carga neta producida por la esfera interior, q1. (Vea la esfera A2 de la figura)

r A3 r2

Ec r

A2

q2 r1 q1

r Ea=0

A1

Eb

Fig. 18.7S

c)Ec = k ( q1 + q2) /r2 en r > r2

puesto que una esfera gausssiana de radio r concéntrica con las dos metálicas, pero con su superficie exterior a ellas, encuentra una carga neta en su interior igual a la suma de q1 y q2. (Vea la esfera A3 en la figura).

18.8-La Fig. 18.8S muestra la situación planteada. Se han representado los datos q, m, Q y R, y la forma en que debe quedar el sistema en equilibrio. Se han indicado, además, el ángulo θ que debe formar el hilo con el eje horizontal, la fuerza de tensión T en el hilo, el peso mg de la esfera, y un elemento de carga δq del anillo que crea la fuerza de repulsión δF representada, cuyas componentes δFx paralela al eje de simetría y δFy perpendicular al eje, también se han representado. Debido a la simetría del anillo, habrá otro elemento de carga δq diametralmente opuesto al representado que ejercerá una fuerza δF igual a la anterior, con iguales componentes x y y, pero dirigida hacia arriba, lo que hará que las componentes verticales de las fuerzas eléctricas se anulen y solamente queden las componentes axiales, δFcosθ. Igualmente pasará con las restantes parejas de cargas δq del anillo que estén diametralmente opuestas. La resultante en el eje x de todas las fuerzas eléctricas será Fx =Σq δEi cosθ, donde δEi = k δqi / l2, por lo que: Fx = (kq cosθ / l2) Σ δqi = (k qQ / l2) cosθ

(1)

δq l T θ q, mδFx θ δFy mg

R Q

Fig. 18.8S 185

δF=qδE

Ahora bien, la resultante de fuerzas sobre la esferita debe ser cero, tanto en la vertical como en la horizontal: Tcosθ – Fx = 0 y Tsenθ – mg = 0. De estas dos ecuaciones se elimina T y se obtiene: Fx = mg cosθ/senθ

(2)

Igualando (1) con (2): (kqQ/l2) cosθ = mg cosθ/senθ Los cosenos se cancelan y el seno es: senθ = R/l Queda entonces: kqQR/mg = l3, y de aquí: l = (kqQR/mg)1/3.

18.9-La Fig. 18.9S muestra un corte de la bobina y sus líneas de campo magnético: es un campo uniforme en su interior (simetría plana), que se debilita hacia los extremos de la bobina y es prácticamente nulo por su borde exterior paralelo a la bobina. Se ha dibujado una línea cerrada de “circulación” en forma de rectángulo, con el lado ab paralelo a las líneas del campo del interior de la bobina, los lados bc y da perpendiculares a las líneas del campo en el interior de la bobina y están en un campo nulo por su parte exterior, y un lado, cd, en zona de campo nulo. La corriente entra en el plano de la figura por la parte inferior de la bobina, y sale por la superior en cada vuelta. d

c

l

corriente sale

N a

b corriente entra

Fig. 18.9S

Al aplicar la ley de Ampere a la trayectoria cerrada escogida, tendremos: = µoI, donde I representa la corriente neta que atraviesa la superficie cerrada de integración, que en nuestro caso es N veces la corriente suministrada a la bobina (pasan N vueltas en la longitud l del rectángulo de “circulación”). Entonces: = ∫ab B dl cos 0 + ∫bcB dl cos 90 + ∫cd0 dl + ∫da B dl cos 90 = Bl. Y de acuerdo con la ley de Ampere: Bl = µoNI. De aquí: B = µo(N/l)I. El cociente N/l representa la densidad de vueltas de la bobina (lo empaquetado que están las vueltas) y se representa por n = N/l. Entonces: B = µonI.

186

corriente entra

1 corriente sale

R 2r 2

B

18.10-La Fig. 18.10S muestra un corte del toroide (simetría circular), sus radios r y R, y la geometría circular de las líneas del campo dentro del toroide. Por fuera del toroide el campo es nulo, tanto para puntos muy distantes del centro del toroide como para puntos en la zona central, pues aplicando la ley de Ampere, = µoI, en circunferencias como la 1 y la 2, se tiene que la coriente neta en el interior de la circulación es cero, por lo que en la integral la inducción B deberá ser cero también.

Asumimos que la corriente sale del plano del papel por el borde interior del toroide y entra por su borde exterior, y que las vueltas del enrollado están mucho más apretadas que lo que aparecen en la figura. En este caso tomamos la línea de circulación como una circunferencia que coincida con una línea de campo magnético dentro del toroide. Como r << R se puede asumir que todas las líneas de campo en el interior del toroide tienen prácticamente el mismo radio R. Entonces: = µoI se convierte en: Fig. 18.10S

cos0 = µo NI, donde N es el número total de vueltas enrolladas en el toroide. Como B es constante en la circunferencia, la integral se convierte en B2πR = µo NI y despejando: B = µo NI / (2πR) = µo nI , donde n = N/(2πR) es la densidad de vueltas. A diferencia del solenoide, el campo B depende del radio del toroide, R, a través de la densidad de vueltas, n. Si el toroide se llena con un material ferromagnético, aumenta la permeabilidad magnética μ del medio en κ veces (μ = κμo), donde κ es la permeabilidad magnética del medio relativa al vacío.

187

19-Problemas con Cálculo Diferencial o Integral.

19.1-Sobre una cuña con un ángulo θ de inclinación sobre la horizontal está tendido un hilo ligero inextensible (Fig. 19.1). Un extremo del hilo está unido a la pared por el punto A, a la altura del vértice superior de la cuña. En el extremo B el hilo está unido a una pequeña pesa P. La cuña está inicialmente pegada a la pared, pero en cierto instante empieza a alejarse de ella con aceleración constante a. Determine la aceleración aP de la pesa respecto al piso mientras esté sobre la cuña.

hilo

A

P

a θ Fig. 19.1

19.2-La cuña móvil de la Fig. 19.2 P tiene una masa M, y por su lado izquierdo tiene un ángulo de inclinación θ. Una pesa de masa m puede m resbalar sin fricción sobre la cuña. El hilo que une la pesa con la pared P es M ligero e inextensible. La polea es θ ideal (sin masa ni fricción). La cuña puede deslizar sobre la superficie hoFig. 19.2 rizontal sin fricción. Cuando la pesa empieza a resbalar por la cuña, empuja a ésta horizontalmente contra la pared P. Calcule la aceleración horizontal aM de la cuña mientras la pesa resbala sobre ella.

19.3-Determine bajo qué coeficiente mínimo de fricción μmin de una barra fina homogénea sobre el piso puede un hombre, lentamente y sin resbalamiento, levantarla del piso hasta la posición vertical aplicando al extremo de la barra una fuerza siempre perpendicular a la barra.

19.4-Mediante un empujón comunicaron una velocidad vo = 10 m/s a un barco de juguete. Durante el movimiento del barco actúa sobre él una fuerza de resistencia cuyo valor es proporcional a la velocidad respecto al fluido: F = -bv. Encontrar: a) la distancia recorrida por el barco 188

en el tiempo a lo largo del cual su velocidad se reduce a la mitad; b) la distancia total recorrida por el barco hasta detenerse. Considere b = 0.50 kg/s, y la masa del modelo, m = 0.50 kg. F N θ f mg θ

19.5-Por una pasarela de madera que forma un ángulo θ con la horizontal, halan una caja uniformemente mediante una cuerda (Fig. 19.5). El coeficiente de fricción de la caja con la pasarela es μ. ¿Bajo qué ángulo θ con la horizontal hay que dirigir la cuerda para arrastrar la caja con el menor esfuerzo?

Fig. 19.5

19.6-Dentro de la cámara de una rueda de bicicleta de radio exterior R cayó una pequeña piedra. ¿Bajo qué velocidad mínima de la rueda la piedrecita rotará junto con la rueda, si el coeficiente de fricción estática de la piedra con la cámara es μ?

19.7-La varilla de la Fig. 19.7 rota con velocidad angular constante ω. Un pequeño dispositivo P parte de O con aceleración constante β respecto a la varilla. Calcule la magnitud de la fuerza sobre el dispositivo cuando éste alcance la mitad de la varilla, sabiendo que la longitud de ésta es l y la masa del dispositivo es m.

z l O

θ

P

x

Fig. 19.7

19.8-Un meteorito va con velocidad vo cuando pasa por el punto de su trayectoria más próximo al Sol, a una distancia ro del centro del astro. a)¿Bajo qué relación entre vo y ro estaría el meteorito en una órbita cerrada alrededor del Sol? b)Calcule su máximo alejamiento del Sol si la órbita es cerrada. c)¿A qué distancia del Sol será máxima su componente de velocidad de aproximación al astro? ¿A qué distancia será máxima su velocidad total? d)¿Al cabo de cuánto tiempo se aproximará de nuevo el aerolito al Sol?

19.9-Un largo cable homogéneo, de longitud l, se coloca sobre una mesa horizontal sin fricción, cuya altura sobre el piso es h (h < l), de modo que inicialmente un extremo del cable cuelga rozando el piso (Fig. 19.9). Al abandonarse, el cable comienza a resbalar sobre la mesa y cae al piso. Calcule la velocidad con que salta al aire el extremo superior del cable. 189

O

x

x h

Fig. 19.9

19.10-Un satélite A de 250 kg está en una órbita aproximadamente circular alrededor de la Tierra (T) a una altura igual al radio terrestre. (a) Calcule la rapidez y el período del satélite. El satélite pierde energía mecánica con una rapidez promedio de 1.6×103 J por cada revolución orbital. Asumiendo la aproximación de que la órbita es circular en cada vuelta, y que su radio disminuye lentamente al cabo de varias vueltas, determine: (b) El período de revolución del satélite. (c) La altura h de vuelo al cabo de 20000 revoluB ciones. (d) Calcule la fuerza promedio retardadora sobre el satélite.

A h T

Fig. 19.10

(d) En esta nueva órbita el satélite choca con un meteorito B de 50 kg que viaja hacia el centro de la Tierra con la misma rapidez del satélite (Fig. 19.10). Asuma que el meteorito se incrusta en el satélite y forman un cuerpo único sin pérdida apreciable de masa.

Calcule los parámetros de la nueva órbita y explique si caerán a Tierra juntos o quedarán en una órbita elíptica sin chocar con el planeta. Considere que el choque efectivo con la Tierra comienza a 50 km sobre la superficie terrestre, donde ya se produce incandescencia sobre los objetos celestes que penetran la atmósfera. Datos: Masa Tierra: 5.98×1024 kg; Radio: Tierra: 6400 km; Constante de gravitación: G = 6.67×10-11 N.m2/kg2)

19.11-Una partícula P es lanzada con velocidad vo sobre la superficie interior lisa de un cono vertical invertido, con base de radio R y altura h. Esta velocidad inicial es tangente a la superficie del cono y dirigida horizontalmente, y se le comunica a la partícula en el mismo borde de la base del cono (Fig. 19.11). (a) Exprese la velocidad de descenso vz de la partícula en función de la altura z descendida a lo largo del eje del cono. (b) Calcule la distancia máxima,|zmax|, que desciende la partícula. (c) Calcule la velocidad vo con que debe ser lanzada la partícula en el borde superior del cono para que quede haciendo circunferencias horizontales, sin subir ni bajar. 190

P

vo R

h

Fig. 19.11

19.12-Un volante que tiene forma de placa fina circular y uniforme, tiene masa de 10.0 kg y radio de 1.00 m, y está montado sobre un eje que pasa a través de su centro de masas y que forma un ángulo de 1° con la perpendicular al plano del volante (Fig. 19.12). Si el volante gira con relación a este eje con velocidad angular de 25.0 rad/s. ¿Cuál es el torque del par de fuerzas que actúa sobre la caja de bolas del volante?

z’

ω

θ

Eje de simetría y’ que precesa formando un ángulo θ con ω

x’ y’ Eje fijo

y

Fig. 19.12

19.13-Una onda de choque representa p una región de subida de presión que se 2po propaga en la dirección positiva del eje x con gran velocidad v. En el momento c de la llegada de la onda, la presión re- po pentinamente se eleva. Esta dependenm a cia se muestra en la Fig. 19.13a. Deterx x b Fig. 19.13a Fig. 19.13b mine qué velocidad u adquiere una cuña inmediatamente después del paso a su través del frente de la onda de choque. La masa de la cuña es m y sus dimensiones a, b, c se muestran en la Fig. 19.13b. La fricción se desprecia. Considerar que la velocidad adquirida por la cuña es mucho menor que la velocidad de la onda (u<
19.14-En dos recipientes metálicos idénticos ligeros echaron iguales masas de agua. Una pesada esfera (cuya masa es igual a la del agua y su densidad es mucho mayor que la del agua) se cuelga de un hilo fino no conductor en uno de los recipientes, de tal modo queda en el centro del volumen de agua. Los recipientes son calentados hasta alcanzar la temperatura de ebullición del agua y se ponen luego a enfriar. El tiempo de enfriamiento del recipiente con esfera hasta la temperatura del medio circundante resulta k veces mayor que el tiempo de enfriamiento del recipiente sin esfera. Determinar la relación de calores específicos del material de la esfera y del agua: ce/ca. 19.15-Un mol de gas ideal monoatómico está en una sección de un recipiente térmicamente aislado. Se abre un conducto entre esta sección y otra de igual volumen al vacío y el gas se expande (Fig. 19.15). Calcule el auFig. 9.15 mento de entropía del gas al expandirse. 191

19.16-Una línea de campo E sale de una carga puntual positiva, +q1, bajo un ángulo α con la recta que une a esta carga con otra negativa, −q2, también puntual. ¿Bajo qué ángulo β entra la línea de campo en la carga negativa?

19.17-En un plasma uniforme con concentración n de cargas (número de cargas de cada signo por unidad de volumen), todos los electrones, que inicialmente se encuentran en una capa de espesor d, se desplazan una distancia d por la dirección normal a la capa, como resultado de una fluctuación espontánea. Encuentre la intensidad del campo eléctrico en puntos de la superficie S de separación entre las cargas (Fig. 19.17) y la frecuencia de oscilación de las capas que así se separan en el plasma.

x

x − −

Fig. 19.17

+ O − − +

+

− −

+

+

+

+

− −

+

+

− −

+

+

− −

S

d

9.18-Dos capas planas, de espesor d cada una, están cargadas volumétricamente con densidades +ρ y –ρ. Una partícula con carga negativa –e y masa m se acerca volando a la capa cargada positivamente, con velocidad v y dirigida bajo un ángulo θ con la superficie de la capa (Fig. 19.18). Determine: a) Bajo qué velocidad máxima la partícula no podrá penetrar aún en la capa de carga negativa. b) ¿Al cabo de qué tiempo y a qué distancia del punto A abandonará la placa positiva cuando la partícula llega justamente con la velocidad calculada en A?

−ρ

d

+ρ A

d

+

θ -e, m, v

d

Fig. 19.18

19.19-Se distribuye una carga Q uniformemente por un fino aro dieléctrico, el cual reposa sobre una superficie lisa horizontal. Un campo de inducción magnética, perpendicular al plano del aro (Fig. 19.19), varía de 0 a Bo. ¿Qué velocidad angular adquiere el aro?

B Q ΦB Fig. 19.19

19.20-Un duro y fino anillo conductor yace sobre una superficie horizontal aislante y se encuentra en un campo magnético uniforme cuyas líneas de inducción son horizontales. La masa del anillo es M = 2.0 g, su radio es R = 4.0 cm y la inducción magnética es B = 0.50 T. ¿Qué corriente I tendrá que pasar por el anillo para que comience a levantarse de la superficie horizontal?

192

19-Problemas con Cálculo Diferencial o Integral. Soluciones.

19.1-La Fig. 19.1S muestra dos ejes x, y que nos permitirán localizar la pesa en cualquier instante por las coordenadas del extremo móvil del hilo. Éste tiene una longitud L constante. Las coordenadas del extremo del hilo son:

y h

A

P

θ

yp

xp = xc + (L – xc)cosθ

xc

xp

Fig. 19.1S

yp = h – (L – xc)senθ

x

Cuando la cuña se acelere a la derecha, cambiarán las coordenadas de la cuña, xc, y las de la pesa, xp, yp. Si derivamos dos veces respecto al tiempo cada una de estas ecuaciones, obténdremos las aceleraciones por componentes para la pesa, y luego, por Pitágoras, hallaremos su aceleración total. Derivando una primera vez, teniendo en cuenta que h y L son constantes, obtenemos las velocidades: vpx = vc – vccosθ

y

vpy = vcsenθ

Derivando de nuevo: apx = ac – accosθ

y

apy = acsenθ

Pero ac = a, por lo que: apx = a – a cosθ

y

apy = a senθ

Entonces: ap =

=a

= 2a sen(θ/2)

19.2-La Fig. 19.2S muestra dos ejes x,y coincidentes con la pared y el piso de la Fig. 19.2, con sus direcciones positivas indicadas por las saetas. El hilo aparece como estaba en la Fig. 19.2, pero la cuña se ha dibujado desplazada para una representación más cómoda de los vectores.

y Nm

T

(1)

Nmcosθ + Tsenθ – mg = maym

(2)

h

m θ Nm

mg θ

θ xm

Mg xM

Fig. 19.2S

Nmsenθ – Tcosθ = maxm

θ

θ

x

Ecuaciones de fuerza para la pesa:

T

θ

P

T

193

NM M

Ecuación de fuerza para la cuña: Tcosθ − Nmsenθ − T = MaM

(3)

De (1) y (2): T = m(aym senθ − axm cosθ + g senθ)

(4)

y Nm = m(axm senθ + aym cosθ + g cosθ)

(5)

Pero las aceleraciones ax y ay de la pesa pueden calcularse en función de aM estableciendo las relaciones entre sus coordenadas: xM + (xm – xM) / cosθ = L , donde L es la longitud del hilo (constante), y ym = h – (xm – xM) tanθ Derivando dos veces respecto al tiempo cada ecuación: aM + (axm – aM) / cosθ = 0

Y: aym = – (axm – aM) tanθ = (aM – axm) tanθ

De estas dos ecuaciones se obtiene: axm = aM (1 – cosθ) y aym = aM senθ Sustituyendo en (4) y (5) las expresiones de axm y aym se obtiene: Nm = m(aM senθ + g cosθ)

y

T = maM (1 – cosθ) + mg senθ

Sustituyendo estas dos expresiones en (3) y despejando aM: aM = −mg senθ / [M + 2m(1 – cosθ)] El signo negativo indica que la cuña se acelera hacia la pared, como era de esperar.

19.3S-La fuerza F deberá ser variable para compensar en cada momento a las restantes fuerzas y torques que actúan sobre la varilla. La condición de que no resbale en el proceso de alzarla implica que nunca la fuerza de fricción estática sobrepase al valor de la fricción estática máxima, f < fmax = μN, o cuanto más, que la iguale.

O θ

F

La resultante de torques en todo momento debe ser nula si se alza mg N la varilla lentamente (en equilibrio). La suma de torques se puede calcular respecto a cualquier punto o “eje”. Tomaremos el punto θ f O de la figura como eje de torques, donde se cortan las líneas de Fig. 19.3S acción del peso y de la fuerza F. Respecto a este punto, ni el peso ni la fuerza F producen torques, y los torques de N y de f deberán compensarse. Si llamamos l a la longitud de la varilla, estos torques serán: 194

ηN = N(l/2)cosθ

y

ηf = f [(l/2)senθ + (l/2)/senθ]

donde los brazos de fuerzas se obtiene a partir de la Fig. 19.3S. Como los torques son iguales y opuestos: N(l/2)cosθ = f [(l/2)senθ + (l/2)/senθ] De aquí se despeja: f = N cosθ / [senθ + 1/senθ] = N senθ cosθ / (1 + sen2θ) O: f = N senθ cosθ / (2sen2θ + cos2θ) = N / (2tanθ + cotθ) Si llamamos x = tanθ (1),

entonces f = N / (2x +1/x)

Y deberá cumplirse: N / (2x +1/x) ≤ μN

O sea: μ ≥ 1 / (2x +1/x)

(2)

donde x es una función de θ según (1). La mínima μ necesaria para que no resbale la varilla bajo ningún ángulo será la que asegure la igualdad en (2) para el máximo valor de la función F(x) = 1/ (2x + 1/x), correspondiente al ángulo que mayor fricción requeriría para no resbalar la varilla. Para averiguar este máximo valor de F(x) comenzamos por calcular para qué valor de x se produce el máximo de F(x), o el mínimo de la función H(x) = (2x +1/x): dH/dx = 2 – 1/x2 = 0, a lo que corresponde x = 1/ . Entonces: μmin = 1 / (2/

+

)=

/4

19.4-a)Tenemos: F = ma = -bv, o m dv/dt = -bv. De aquí: dv/v = (-b/m)dt. Integrando entre los límites correspondientes: O:

=

ln(v/10) = −bt/m, de donde resulta: v =10e-bt/m

Pero v = dx/dt, por lo que dx = 10e-bt/mdt. E integrando: Que da: x = (10b/m) (1 – e-bt/m)

(1) =

, (2)

(Se supuso x = 0 en t = 0, cuando el bote comienza a moverse tras el empujón). De la ecuación (1) calculamos en qué tiempo la velocidad se reduce a la mitad: 5 = 10e-bt/m,

o

½ = e-bt/m, y de aquí: t = -(m/b) ln(½) = -(0.5/0.5) ln(½) = 0.69 s

Sustituyendo en (2): x = 10b/m(1 – ½) = 5 m b)Según (1), la velocidad se reduce a cero cuando t →∞, y en (2) se obtiene para ese tiempo x = 10 m. 195

En la práctica el bote se detiene en un tiempo tal que lo que avance de ahí en adelante ya no es observable por el efecto de las pequeñas olas, el viento, los choques moleculares del agua con las paredes del bote, etc. El tiempo real en el que se detiene es finito, de algunos segundos, o minutos. Otro modo de resolver el problema es poniendo v en función de x directamente: de (1) se tiene que e-bt/m = v/10. Sustituyendo en (2): x = (10b/m) (1 – v/10) = b/m(10 – v) = 10 − v. Cuando v = 5 m/s (mitad de la velocidad inicial) se obtendrá x = 5 m, y cuando v = 0: x = 10 m

19.5-Las ecuaciones dinámicas en la dirección ascendente del plano y en la dirección normal al plano son:

F N

Fcos(θ – θ) – μN – mg senθ = ma

θ f

Fsen(θ – θ) + N – mg cosθ = 0

mg θ

Fig. 19.5

De la segunda ecuación: N = mg cosθ – Fsen(θ – θ). Sustituyendo en la primera:

Fcos(θ – θ) – μ[mg cosθ – Fsen(θ – θ)] – mg senθ = ma. Y despejando F: F = [ma + mg(senθ + μcosθ)] / [ cos(θ – θ) + μsen(θ – θ)] Notamos que para cualquier valor de υ el valor mínimo de F se obtendrá cuando a = 0 (ascenso en equilibriol), quedando entonces: F = [mg(senθ + μcosθ)] / [cos(θ – θ) + μsen(θ – θ)] Minimizar el valor de F todo lo posible dependerá ahora del ángulo θ con que se hale la caja. En particular, hay que ver para qué valor de θ se hace mínimo el cociente: [(senθ + μcosθ)] / [cos(θ – θ) + μsen(θ – θ)], lo cual ocurrirá cuando sea máximo el denominador [cos(θ – θ) + μsen(θ – θ)] (notar que el numerador no depende de θ). Llamemos f(θ) = [cos(θ – θ) + μsen(θ – θ)] y calculemos para qué valor de θ se hace máxima esta función, o sea, para qué valor de θ se cumple: df/dθ = 0. Así: df/dθ = −sen(θ – θ) + μcos(θ – θ) = 0, y de aquí: tan(θ – θ) = μ Por tanto: θ = θ + tan-1μ. Halando bajo este ángulo con la horizontal el esfuerzo será mínimo para subir el cuerpo por la pasarela, en equilibrio (sin acelerar). 196

P

f

N mg π-θ O θ R

19.6-Supongamos la piedra P en una posición cualquiera que forma un ángulo θ con la vertical OQ, rotando con la rueda. En la Fig. 19.6S hemos representado la fricción estática f entre la piedra y la cámara. El sistema de referencia inercial que tomamos para plantear las ecuaciones es uno con centro en O y que viaje con velocidad constante junto con la rueda. Las ecuaciones en los ejes normal y tangencial a la rueda son:

Q

f – mg sen(π – θ) = 0 pues no hay aceleración tangencial (velocidad constante) 2 N + mg cos(π – θ) = mv /R donde v es la velocidad de la rueda sobre el piso y la de la piedra alrededor del eje de rotación, ya que la rueda se mueve en rodadura pura (sin resbalar). Fig. 19.6S

Arreglamos: f = mg senθ (1)

y

N = mv2/R + mg cosθ

(2)

Para que la piedra no resbale del punto de la cámara en que se encuentre, la fricción necesaria no debe sobrepasar la fricción estática máxima, μN, o como caso límite: f = μN. Esto ocurrirá para el valor Nmin posible. De (2), N será mínima para el ángulo θ cuando v sea la mínima posible: Nmin = mvmin2/R + mg cosθ La fricción estática límite será: f = μNmin = μ(mvmin2/R + mg cosθ) Pero esta fricción debe satisfacer también la ecuación (1): mg senθ = μ(mvmin2/R + mg cosθ) Despejamos vmin2: vmin2 = gR (μ-1senθ – cosθ)

(3)

Esta es la velocidad mínima permisible a la rueda para que la piedra no resbale en un punto localizado bajo un ángulo θ con la vertical OQ y dé vueltas alrededor del eje central. Ahora, para distintos ángulos θ la velocidad mínima será diferente, y con cierto valor de vmin la piedra podría no resbalar en un punto, pero sí hacerlo en otro superior. Nos interesa el mayor valor de las vmin dadas por (3) para asegurar que bajo ningún ángulo resbale la piedra. Esto se averigua maximizando la función: f(θ) = (μ-1senθ – cosθ), presente en (3): df/dθ = μ-1cosθ + senθ = 0 θm

De aquí: tanθmin = −1/μ Para calcular vmin por (3) necesitamos el seno y el coseno de θ. Podemos auxiliarnos del triángulo adjunto, que satisface tanθm = −1/μ. 197

Fig. 19.6S

Así: senθm =

y

Entonces: f(θmin) = μ-1(

cosθm = )

Pero vmin2 tiene que ser positiva, por lo que solamente valdrá la combinación con signos positivos: vmin2 = gR[

)

Y de aquí: vmin = [(gR/μ)

] ]1/2

19.7-El movimiento rectilíneo del dispositivo con aceleración constante es respecto a la varilla que rota. Respecto al laboratorio, el dispositivo realiza una trayectoria compleja (una espiral) y tiene componentes de velocidad y de aceleración en dos direcciones.

z l O P

θ x

Plantearemos las ecuaciones usando coordenaFig. 19.7 das polares. En este caso las coordenadas son r y θ, donde r es la distancia (siempre positiva) del dispositivo al eje z, y θ es el ángulo que localiza a la partícula sobre la varilla, medido a partir de un eje x fijo (ver figura). En coordenadas polares hay dos componentes de velocidad mutuamente perpendiculares: vr y vθ, donde vr mide la velocidad radial de alejamiento y acercamiento al eje z (positiva en el alejamiento) y vθ es la velocidad de “barrido” alrededor del eje z (positiva en la dirección en que crece θ). Se cumplen las siguientes relaciones: vr = dr/dt

,

vθ = r dθ/dt

La derivada dθ/dt representa la velocidad angular de la varilla: ω = dθ/dt. Asociada a cada componente de velocidad hay un vector unitario polar, y . El primero apunta en la dirección creciente de la variable r, y el segundo apunta en la dirección creciente de la variable θ, normal a la dirección radial. Con tales vectores unitarios se puede expresar la velocidad del dispositivo como: v = vr

+ ωr

La aceleración saldrá de derivar esta velocidad respecto al tiempo. Si conocemos la aceleración, podremos calcular la fuerza de la varilla sobre la partícula. Al derivar hay que tener presente que aunque los vectores unitarios son constantes en magnitud, no lo son en dirección: = cosθ i + senθ j

y

= −senθ i + cosθ j 198

(Vea la Fig. 19.7S)

Sus derivadas son: d /dt =−senθ dθ/dt i + cosθ dθ/dt j = ω(−senθ i + cosθ j) = ω

(1)

d /dt = −cosθ dθ/dt i − senθ dθ/dt j = −ω(cosθ i + senθ) = −ω

(2)

La derivada de v será: dv/dt = dvr /dt Y usando (1) y (2): dv/dt = dvr /dt

+ vr d dt + ωdr/dt

+ vr ω

+ ωdr/dt

+ ωr d /dt

y

θ

− ωr ω

θ x

O sea: dv/dt = ar

+ vr ω

+ ωvr

2

−ω r

= ar

+ 2vr ω

2

−ω r

(3)

Fig. 19.7S

Esta expresión nos da la aceleración del dispositivo respecto al laboratorio en función de las coordenadas polares asociadas a la varilla que rota. En (3), ar es la aceleración radial observada respecto a la varilla: ar = β, y vr es la velocidad radial del dispositivo, que se relaciona con la aceleración radial constante por vr2 = 2βr. Si el dispositivo salió prácticamente del eje z, su velocidad cuando llegue a la mitad de la varilla (r = l/2) será vr = (β l)1/2. Entonces, la aceleración (respecto al laboratorio) del dispositivo ligado a la varilla cuando esté a la mitad de su longitud será: dv/dt = (β − ½ω2l)

+ 2ω(β l)1/2

Entonces, la fuerza resultante sobre el dispositivo será: F = m[(β − ½ω2l) + 2ω(β l)1/2 ] El primer término representa la fuerza radial que actúa sobre la partícula, producto de su mecanismo de interacción con la varilla (ruedas dentadas, o algo similar) y la segunda representa la acción lateral de la varilla sobre el dispositivo para acelerarlo en la dirección de barrido de la varilla. El peso del dispositivo y una fuerza hacia arriba producida por la varilla se compensan. Nota: En el sistema no inercial de la varilla que rota, la única aceleración que se mide al dispositivo es ar, pues respecto a la varilla el dispositivo no puede moverse en la dirección normal a ella. Si de la ecuación (3) despejamos el término de aceleración radial se obtiene: ar = dv/dt − 2vr ω

+ ω2r

Multiplicamos por la masa del dispositivo y obtenemos: mar

= mdv/dt – 2mvr ω

+ mω2r

En el sistema de la varilla (no inercial) la fuerza que miden a lo largo de la varilla es la que resulta de sumar las fuerzas de interacción reales (empuje lateral de la varilla, empuje del engranaje), presentes en el término mdv/dt , con dos “fuerzas de inercia”: la de “Coriolis”, de valor 2mvr ω, “opuesta” al barrido de la varilla (− ), y la fuerza “centrífuga”, de valor mω2r, que empuja al 199

dispositivo alejándolo del eje (+ ). Respecto a la varilla, las fuerzas que hacen el contacto con la varilla son para oponerse a estas “fuerzas de inercia”.

19.8-Usaremos coordenadas polares como en el ejercicio anterior. En la figura se indican las coordenadas r,θ, así como las componentes polares de la velocidad del meteorito.

vθ

v r ro

θ

vr vl

rl

a)La energía mecánica total del meteorito en cualquier vo instante está dada por: Fig. 19.8

E = ½mv2 – GmM/r

donde M es la masa del Sol y m, la del meteorito. Si la energía total es negativa, el meteorito permanece en órbita cerrada alrededor del Sol; si la energía es positiva, el meteorito puede escapar para siempre de la atracción solar. Si es nula la energía total, aún podría escapar el meteorito, aunque quedaría casi en reposo al alejarse mucho del Sol. La condición para la órbita cerrada es entonces: E < 0. O: ½ mv2 – GmM/r < 0 Aplicando esta condición al punto en que pasa más próximo al Sol: ½ mvo2 – GmM/ro < 0 Despejando: vo <

que será la condición de órbita cerrada para este meteorito.

b)El punto más lejano está a una distancia rl del Sol y el meteorito pasará por allí con velocidad vl (ver Fig. 19.8). Se conservan la energía y el momento angular del meteorito respecto al Sol: ½ mvo2 – GmM/ro = ½ mvl2 – GmM/rl

(1)

y

(2)

mvoro = mvlrl

En ambas ecuaciones se cancela la masa del meteorito. Se calculan de ellas vl y rl. De (2): vl = vo ro / rl. Sustituimos en (2) y arreglando se llega a: (vo2 – 2GM/ro) rl2 + 2GM rl – vo2ro2 = 0 Se resuelve la ecuación de segundo grado y se obtiene: rl = ro y rl = ro / [2GM/(rovo2) − 1]. La segunda solución es la del punto más lejano. c)Para buscar la distancia a la cual es máxima la velocidad de aproximación vr es conveniente usar la ecuación de la energía con su energía cinética desdoblada en sus dos componente polares: 200

E = ½mvr2 + ½mvθ2 – GmM/r donde E es una constante del movimiento, conocida a partir de los datos en el punto más próximo al Sol. Por otro lado, la velocidad de barrido se puede expresar en función de otra constante del movimiento, el momento angular, conocida también a partir de los datos del punto más cercano. Así: L = mvθr, por lo que vθ = L / (mr). Sustituyendo ésta en la ecuación de la energía se obtiene: E = ½mvr2 + L2/ (2mr2) – GmM/r

(3)

Podemos ahora analizar el problema como uno unidimensional, donde solamente hay energía cinética radial K = ½mvr2, y una “energía potencial” U = ½ L2/ (mr2) – GmM/r. Como la energía total se conserva, cuando disminuya la potencial deberá aumentar la cinética, y ésta será máxima allí donde la potencial sea mínima. Y donde sea máxima la energía cinética, será máxima la velocidad radial de aproximación. Debemos, pues, minimizar la función U: dU/dr]min = −L2/(mr3) + GMm/r2 = 0 lo que conduce a: r = L2/(Gm2M) = (mvoro)2/(Gm2M) = vo2ro2/(GM) En cuanto a su máxima velocidad total en la órbita, será al pasar por el punto más cercano al Sol, que es cuando menor energía potencial gravitatoria tiene, y por dato es vo. d)El tiempo en aproximarse al Sol de nuevo representa su período de revolución, T, que puede ser calculado por la tercera ley de Kepler, T2 = (4π2/GM)A3, donde M es la masa del centro de atracción, el Sol, y A es la longitud del semieje mayor de la órbita, A = ½ (ro + rl), donde ya ro y rl se conocen.

19.9-Llamemos λ a la densidad lineal de la cuerda (λ = dm/dl) que será constante a lo largo de la cuerda pues es homogénea. Si M es la masa total de la cuerda, su densidad lineal será λ = M/l. Cuando la cuerda empiece a resbalar, la fuerza que hala hacia abajo a la cuerda es la masa de la parte que cuelga. Y la masa total que en cada instante se acelera es la masa que cuelga más la que queda sobre la mesa, pero la que llegó al piso ya no se acelera más. Tomemos un eje x con su origen en el borde de la mesa, positivo hacia afuera de la mesa. La longitud de cuerda sobre la mesa es en cada instante −x, y la masa total que se acelera en cada instante será λ (h – x). Entonces: Fuerza que hala = (masa que se acelera) × (aceleración) O sea: λh g = λ (h – x) a, donde a se puede medir por la aceleración del extremo de la cuerda en el eje x: a = dv/dt. Entonces: λh g = λ (h – x) dv/dt (1) Aquí se cancela λ. Además: dv/dt = (dv/dx)×(dx/dt), de acuerdo con la regla de la cadena en las derivadas, y como dx/dt = v, entonces dv/dt = v dv/dx. Sustituimos en (1) y: 201

hg = (h – x) v dv/dx Separamos variables para integrar: Integramos:

gh dx/(h – x) = v dv

=

Los límites de x van desde la posición inicial del extremo de la cuerda en la mesa, (h – l), hasta su posición al saltar de la mesa, (0); y los límites de la velocidad van desde cero, (0), hasta la velocidad que tenga la punta al saltar, (v). Integrando: 0

v

−gh ln (h – x) |h-l = v2/2|0

Evaluando y despejando: v =

.

19.10-Los datos son: mA=250 kg, mB = 50 kg, h = RT, ΔE = −1.4×103 J por revolución, N = 20000 rev, además de los datos de la Tierra. (b)La fuerza centrípeta es producida por la de gravitación: GMTmA/r2 = mAv2/r, donde r = 2RT. De aquí: v =

= 5.58×103 m/s (se evaluó para r = 2RT)

Para el período: v = ωr, o sea: T = 2π

= 2π (2RT)/T, de donde se obtiene:

= 1.44×104 s = 4.00 h

(c)La energía mecánica total es: E = ½ mAv2 – GMTmA/r = ½ GMT mA /r – GMT mA /r = –½ GMT mA /r Entonces, diferenciando: ΔE = ½ (GMT mA /r2)Δr = ½ (GMT mA /4RT2)Δr = (mAg/8)Δr y de aquí: Δr = [8 / (mAg)] ΔE

(1)

Ésta es la variación del radio orbital en función de la variación de energía. Si ΔE es la pérdida de energía en una vuelta, el Δr será negativo y el radio disminuye en cada vuelta por el valor dado por (1). En N vueltas disminución total del radio orbital será: Δr =N [8 / (mAg)] ΔE, que para N = 20000 da: Δr = –91.4 km La altura de vuelo no ha variado notablemente en 20000 vueltas. Es: h = 6400 – 91 = 6309 km. d) El nuevo radio orbital será r’ = RT + h = 6400 + 6309 = 12709 km = 12.309×106 m. La energía perdida en una vuelta es igual al trabajo realizado por la fuerza retardadora media: 202

ΔE = Fdcos180 = –F2πr = –F4πRT. De aquí: F = –ΔE/(4πRT) = 1.74×10-5 N e)Necesitamos ahora la velocidad del satélite en la órbita circular al momento del choque, v=

= 5.60×103 m/s (ligeramente mayor que la velocidad original de 5.58×103 m/s)

En el choque se conservará el vector momento lineal del sistema satélite-meteorito respecto al sistema centrado en la Tierra:

mAv

(mA+mB) v’

θ

(pA + pB)antes = (pA + pB)desp

mBv

Después del choque los dos cuerpos forman uno solo de masa (mA + mB) y velocidad v’, que forma un ángulo θ con la dirección radial (Fig.19.10S).

Hacia el centro de la Tierra

Fig. 19.10S

Planteamos la conservación del momento lineal por componentes: mBv = (mA + mB)v’cosθ y mAv = (mA + mB)v’senθ y resolviendo se obtiene θ = 78.7o y v’=4.76 ×103 m/s. Cuando los dos cuerpos unidos entren en su nueva órbita alrededor de la Tierra, se conservará su momento angular durante cada revolución respecto al centro de la Tierra (solamente después de cientos de vueltas es que la fuerza retardadora hará perceptible la variación de momento angular). En el punto del choque, el momento angular respecto a Tierra será: Lo = (mA + mB) v’r’ sen(180 – θ) = (mA + mB) v’r’ senθ donde r’ = 12709 km. Y en el punto más cercano a la Tierra, si no ha chocado antes con ella, el ángulo entre los vectores rf y vf será de 90o, por lo que en ese punto de máximo acercamiento: Lf = (mA + mB)vf rf Igualando ambas expresiones: (mA + mB) v’r’senθ = (mA + mB) vf rf O: v’r’ senθ = vf rf

(2)

Aquí son incógnitas vf y rf. Pero podemos plantar también la conservación de la energía en una revolución, por lo que: ½ (mA + mB) v’2 – GMT(mA + mB)/ r’ = ½ (mA + mB) vf 2 – GMT(mA + mB)/ rf O: v’2 – 2GMT/ r’ = vf 2 – 2GMT/ rf

(3) 203

Las ecuaciones (2) y (3) permiten el cálculo de rf y vf, pero estamos solamente interesados en el valor de rf. De (2): vf = v’ (r’/rf) senθ . Sustituyendo en (3): v’2 – 2GMT/ r’ = v’2 (r’/rf)2sen2θ – 2GMT/ rf De aquí sale una ecuación cuadrática en rf:: rf 2(v’2 – 2GMT/r’) + rf (2GMT) – (v’ r’ senθ)2 = 0 Sustituyendo valores: (–3.345×107) rf 2 + (7.977×1014) rf – (4.5690×1021) = 0 Resolviendo la ecuación da dos soluciones (una para el apogeo y otra para el perigeo): rf = 14.3×106 m (apogeo, o extremo más lejano de la elipse) y rf = 9.56×106 m (perigeo, o extremo más cercano de la elipse). Si la máxima aproximación al centro de la Tierra es de 9560 km y el radio de choque es de 6450 km (incluida la atmósfera), entonces el cuerpo compuesto por el satélite y el meteorito siguen aún en una órbita sin tocar Tierra, con una altura mínima sobre la Tierra de: 9560 – 6450 = 3110 km

P vo

z y

x

r h

h+z z<0 θ

Fig. 19.11S

19.11-a)Si la pared es lisa (sin fricción) se va a conservar la energía mecánica en este problema, pues de las dos fuerzas presentes, la de gravedad es conservativa y la normal no trabaja en esta trayectoria. Además, respecto al eje central del cono, la fuerza normal y el peso crean torques en direcciones horizontales, pero no producen componente vertical de torque (analice el producto vectorial r×F para cada fuerza, con r saliendo perpendicularmente del eje hacia la partícula) por lo que se conserva la componente vertical del momento angular. Contamos con dos ecuaciones de conservación: energía mecánica, E, y momento angular vertica, Lz, respecto al eje central.

Plantearemos las ecuaciones usando coordenadas cilíndricas. En este caso las coordenadas son r, θ, z, donde r es la distancia (siempre positiva) de la partícula al eje z, θ es el ángulo que localiza a la partícula, rotando de x hacia y, y la coordenada z es la distancia que separa a la partícula del plano x,y (negativa hacia abajo). En coordenadas cilíndricas hay tres componentes de velocidad mutuamente perpendiculares: vr, vθ, vz, donde vr mide la velocidad radial de alejamiento y acercamiento al eje z (positiva en el alejamiento), vθ es la velocidad de “barrido” alrededor del eje z (positiva del eje x hacia el y), y vz es la velocidad vertical de subida o bajada (positiva hacia arriba en el sistema de la figura). Se cumplen las siguientes relaciones: vr = dr/dt

,

vθ = r dθ/dt

,

vz = dz/dt

204

(Notar que si el movimiento fuera circular en el plano x, y entonces vr = 0, vz = 0 y vθ = ωr, donde ω = dθ/dt sería la velocidad angular). La energía potencial gravitatoria será Ug = mgz. Entonces, la energía mecánica total en la altura inicial z = 0, con velocidad de barrido vθ = vo, será solamente energía cinética, Eo = ½ mvo2, y en una altura z cualquiera será E = ½ m(vr2 + vθ2 + vz2 ) + mgz. Y como Eo = E, entonces: ½ mvo2 = ½ m(vr2 + vθ2 + vz2 ) + mgz

(1)

El momento angular axial vertical en la altura inicial z = 0 es Lzo = mRvo, y a una altura cualquiera será Lz=mrvθ. Entonces, como se conserva este momento axial: mRvo = mrvθ

(2)

De (2):

(3)

vθ = Rvo/r

Por otra parte, por semejanza de triángulos (ver Fig. 19.10): r / (h + z) = R / h De aquí:

r = (h + z) R / h

Y derivando respecto al tiempo:

(donde z < 0)

(4) dr/dt = (R/h) dz/dt. Por tanto:

vr= (R/h)vz

(5)

Sustituimos (3) y (5) en (1) y se obtiene: ½ mvo2 = ½ m [(R2/h2) vz2 + (R2/r2) vo2 + vz2] + mgz

(6)

Si sustituimos r por (4), cancelamos las masas y multiplicamos por 2, la ecuación (6) toma la forma: v02 = (R2/h2) vz2 + [h2/ (h + z)2] vo2 + vz2 + 2gz = vz2(1 + R2/h2) + vo2 h2/(h + z)2 + 2gz Despejamos vz = b)Cuando la partícula baje la máxima distancia zmax, en ese momento vz = 0. Eso significa que en el radical se cumplirá:

De aquí se puede despejar zmax. Después de algunas maniobras algebraicas se obtiene una ecuación cúbica en la que una solución es zmax = 0, la cual corresponde a la posición inicial en la que toda la velocidad es horizontal y vz = 0. Eliminada esta solución queda la ecuación cuadrática siguiente: 2gzm2 + (4gh – vo2) zm +2h (gh – vo2) = 0 Es una ecuación cuadrática en zm que da: 205

zmax = [(vo2/4g) − h] Arreglando: zmax =

]

Sólo tiene sentido la solución negativa, pues la partícula desciende por el cono: zmax =

]

a)Si zmaz = 0, significaría que se le dio una velocidad a la partícula que no le da ni para subir ni para bajar: se quedaría en órbita circular en el borde del cono, con la componente vertical de la normal compensando su peso, y con la componente horizontal actuando como fuerza centrípeta en esa circunferencia de radio R. Haciendo zmax= 0 y despejando vo se obtiene: vo =

.

Este resultado está es obtenible también por la segunda ley de Newton aplicada a la partícula en movimiento circular por el borde del cono. Si llamamos θ al semiángulo del cono (Fig. 19.11) tendríamos: Horizontal: N cosθ = mv2/R Vertical: N senθ – mg = 0 Eliminando N: tanθ = gR/ v2 Pero, de la figura: tanθ = R / h Entonces: v =

, que es el resultado antes encontrado.

Si vo > la partícula se saldría del borde del cono hacia arriba. Y si vo < , la partícula descenderá hasta la zmax calculada antes y volverá a subir hasta z = 0: la partícula se mantendrá subiendo y bajando en espirales por el interior del cono.

19.12-Cuando un cuerpo de cierta simetría rota alrededor de un eje fijo que no coincide con el z’

ω

Eje de simetría y’ que precesa formando un ángulo θ con ω

θ

ω

L Ly

θ

θ θ

y’ Eje fijo

Fig. 19.12Sa

y θ

ω

x’

Fig. 19.12

L precesa alrededor de ω, formando un ángulo θ con el eje y’de simetría tal que θ<θ y’ Lz=Ln

L

Ly’ Lz’

y’ y

y

206

Fig. 19.12Sb

eje de simetría, el vector velocidad angular, ω, estará orientado según el eje fijo, pero el vector momento angular del cuerpo, L, precesará alrededor de ese eje de rotación. Habrá una componente de L a lo largo del eje fijo que permanecerá constante, pero la componente perpendicular al eje, Lz en la Fig.19.12Sa, rotará alrededor de dicho eje (en general, esta componente perpendicular al eje de simetría tendrá componentes Lz, Ly). La variación de L se deberá al torque de un par de fuerzas actuando sobre la caja de bolas del cuerpo. Tomaremos unos ejes x, y, z tales que el eje y coincida con la dirección del eje de rotación fijo (son ejes que no rotan). En estos ejes la velocidad angular tendrá componentes ωx = ωz = 0, y ωy = ω. Sea otro sistema con ejes x’, y’, z’ tales que el eje de simetría del disco coincide con el eje y’ y los ejes x’, z’ coinciden con dos diámetros del disco, y rotan con él. El eje y’ precesa alrededor del y y los ejes x’, z’ se toman ligados al disco de tal manera que siempre ω se descompone sobre los ejes y’ y z’, pero no sobre el x’: ωx’ = 0, ωy’ = ω cosθ y ωz’ = ω senθ, donde θ = 1o. El momento angular L tendrá también una componente sobre el eje z’ y otra sobre el eje y’, pero no sobre x’ (el momento angular precesa entre el eje de simetría y el eje fijo, con la misma frecuencia ω que precesa el eje de simetría y’): Lx’ = 0, Ly’ = Iy’ ωy’ y Lz’ = Iz’ ωz’ , donde Iy’ = MR2/2 (momento de inercia de un disco respecto a su eje central) y Iz’ = MR2/4 (momento de inercia de un disco respecto a un diámetro). Podemos evaluar el momento angular del disco mediante sus dos componentes: L = [Ly’2 + Lz’2]1/2 = [(Iy’ ωy’)2 + (Iz’ ωz’)2]1/2 Pero ωz’ = ω senθ = ω sen1o = 0.01745ω y ωy’ = ω cosθ = ω cos1o = 0.9998ω. Entonces: L = {[(MR2/2) 0.9998ω]2 + [(MR2/4) 0.01745ω] 2}1/2 = ½MR2ω(0.9997 + 0.00008) ≈ ½MR2ω El vector L forma un ángulo θ con el eje fijo y alrededor del cual precesa, y un ángulo θ – θ con el eje y’ (Fig. 19.12Sb). El ángulo θ entre L y ω puede calcularse a partir del triángulo con ángulo θ – θ: tan(θ – θ) = Lz’/Ly’ = Iz’ ωz’/ Iy’ ωy’ = (MR2/4)(ω senθ)/[( MR2/2)(ω cosθ )] = ½ tanθ Y como θ y θ son pequeños se puede aproximar la tangente al ángulo en radianes y queda: θ – θ = ½ θ, de donde resulta θ = ½ θ = 0.5o. Para calcular el torque sobre la caja de bolas del volante necesitamos conocer la rapidez con que varía el momento angular del volante respecto al sistema fijo x, y, z: τ = dL/dt. La Fig. 19.12Sa muestra la precesión del vector L alrededor del eje y: la componente Ly es constante, y la componente normal al eje y, Ln, pivotea alrededor del eje y con la frecuencia ω. Significa que no hay componente de torque en el eje y y éste sólo tiene componentes en el plano xy en que pivotea la componente variable Ln. Sabemos de cinemática que la rapidez con que cambia el vector de posición, dr/dt que localiza a una partícula desde el centro de la circunferencia en que se mueve es |dr/dt| = ωr. De manera 207

análoga, la rapidez con que cambia el vector L cuando su componente Ln, pivotea alrededor del eje será: |dL/dt| = ωLn. Pero de la Fig.19.12Sa: Ln = Lsenθ. Por consiguiente, |dL/dt| = ωLsenθ = ω (½MR2ω) senυ = ½MR2ω2senθ. Y éste será el valor del torque sobre la caja de bolas. Sustituimos los datos y obtenemos: η = 1.1 N m. Nota: El momento angular de un cuerpo que rota alrededor de un eje de simetría es L = Iω, donde I es el momento de inercia respecto al eje; en este caso el momento angular y la velocidad angular son paralelos, o colineales. Si la rotación no es alrededor de un eje de simetría, ya los vectores L y ω no son colineales, aunque el eje pase por el centro de masas del cuerpo. Si se conocen los momentos de inercia respecto a los ejes de simetría, Ixx, Iyy, Izz, y las componentes de la velocidad angular sobre esos ejes, ωx, ωy, ωz, el momento angular puede calcularse en cualquier instante por la expresión: L = Ixxωx i + Iyyωy j + Izzωz k. En este problema usamos tres ejes de simetría para calcular L: el central del disco, y, y dos diametrales, x, z. Si la rotación no es alrededor de un eje que pase por el centro de masas, el cálculo del momento angular se hace más complejo y se requiere, en general, trabajar el momento de inercia como un tensor (matriz simétrica de nueve componentes).

19.13-Cuando el frente de onda llegue a la cuña, el lado inclinado va a sufrir un aumento de presión que va ir produciendose de manera continua a medida que el frente alcance puntos cada vez más altos en la cuña.

p 2po

Fx F θ

po

Fig. 19.13a

x

Fig. 19.13b

c m a θ vt b

x

Antes de llegar el pulso a la cuña, en ambos lados de ésta hay una presión po y no habrá fuerza resultante sobre la cuña. Cuando el frente de onda pase completo la cuña, a ambos lados de la misma habrá también la misma sobrepresión 2po y ya no producirá fuerza resultante. El impulso se produce solamente mientras el pulso vaya “subiendo” por la cuña. Esta sobrepresión sobre el lado inclinado tratará, en parte, de enterrar a la cuña en el suelo, pero eso lo impedirá la fuerza normal con el suelo, que aumentará lo que sea necesario. Solamente quedará una fuerza resultante horizontal sin compensar que dará un “empujón” horizontal a la cuña. Esta fuerza resultante horizontal irá creciendo en la medida que el pulso vaya cubriendo la cuña. La velocidad u adquirida en el empujón puede calcularse por el impulso mecánico igual a la variación del momento lineal: t

∫0 Fx dt = Δp = mu – 0 = mu

(1) 208

Necesitamos calcular el impulso durante el tiempo que demora el paso del frente de onda sobre la cuña. La fuerza Fx será la componente horizontal de la fuerza de sobrepresión sobre la cuña, que dependerá del área cubierta por el frente en cada instante: Fx = Fsenθ = (2po – po) A senθ = po(c vt/cosθ) senθ = pocvt tanθ donde c vt/cosθ es el área cubierta por el frente de onda después de un tiempo t avanzando por la cuña. Por otra parte: tanθ = a/b, por lo que Fx = pocavt/b. Sustituimos Fx en (1): t

t

∫0 Fx dt =∫0 (pocavt/b) dt = mu De aquí: (pocav/b) (½ t2) = mu, lo que nos permite calcular la velocidad u de la cuña al cabo de un tiempo t de estar pasando el frente de onda. El tiempo de paso completo de la onda por la cuña es t = b/v. Sustituyendo en la ecuación anterior: (pocav/b) (½ b2/v2) = mu Despejando la velocidad de la cuña: u = (po/2mv) abc

19.14-La ley de enfriamiento de Newton establece que la velocidad de enfriamiento, dT/dt, de un cuerpo en el ambiente es proporcional a la diferencia de temperaturas entre el cuerpo caliente, T, y el ambiente, Ta: dT/dt = −H (T - Ta). La constante H depende del área de contacto entre el sistema que se enfría y el ambiente, así como de la conductividad térmica del sistema. El signo negativo es porque si T > Ta, la temperatura del cuerpo debe disminuir. Si la esfera es muy densa, la superficie de contacto del agua con el recipiente es casi igual en ambos casos, por lo que la constante H vale casi lo mismo para los dos sistemas. Además, los l recipientes son metálicos y ligeros, por lo que mrecip << magua y crecip<< cagua , y los recipientes pueden despreciarse en el intercambio de calor. Ahora: dQ = (maca + mece) dT para el recipiente con la esfera, y dQ = mcadT para el recipiente con agua solamente. Entonces: (maca + mece) dT = −H (T - Ta) dt

(1) para el recipiente con esfera y

mca dT = −H (T - Ta) dt

(2) para el recipiente sin esfera.

Separando variables en (1) e integrando en ambos miembros, desde T = 100oC hasta casi la temperatura ambiente, Ta+, para la integral de la izquierda y desde t = 0 hasta t1 para la derecha: Ta+

t1

∫[(maca + mece)/(T – Ta)] dT = ∫−Hdt , donde me = ma y t1 es el tiempo de enfriamiento: 100

0

209

Ta+

ma(ca + ce) ∫ dT/(T – Ta) = −Ht1

o

Ta+

ma(ca + ce) ln(T – Ta)| = −Ht1

100

100

O sea: ma(ca + ce) ln[(100 – Ta)/(Ta+−Ta)] = −Ht1

(3)

Semejantemente, para el recipiente sin esfera: maca ln[(100 – Ta)/(Ta+−Ta)] = −Ht2 (4) Dividiendo (3) y (4) miembro a miembro: (ca+ce)/ ca = t1/t2 = k Despejando: ce/ca = k – 1

9.15-Cuando el gas ideal se expande contra el vacío no realiza trabajo, por lo que su energía interna no cambia y su temperatura al final es igual que al principio. Aunque este proceso es irreversible y adiabático, para calcular la variación de entropía entre los estados inicial y final deberemos suponer un proceso reversible que lleve del mismo estado inicial al mismo estado final. En la situación analizada se puede suponer un proceso isotérmico entre los estados inicial y final. El cambio de entropía se calcula por: ΔS = ∫ dQ/T. Como la temperatura es constante, sale de la integral y sólo hay que integrar el dQ, que da el calor intercambiado en la expansión isotérmica del gas ideal, Q = nRT ln (V2/V1) = nRT ln 2 (pues V2 = 2V1). Entonces: ΔS = (nRT ln2)/ T = nR ln 2, que da positivo, como corresponde al aumento de entropía. Como n = 1: ΔS = R ln2 = 5.76 J/K. Note que aunque en la expansión adiabática e irreversible no hay calor intercambiado, en el proceso reversible escogido para calcular la variación de entropía sí hay calor intercambiado. Cualquier otro proceso reversible que se considere entre los dos mismos estados dará el mismo resultado. Puede intentarlo suponiendo un proceso que lleve el gas a presión constante al doble de su volumen (con dQ=ncPdT), seguido de un enfriamiento a volumen constante que lleve el gas a una presión que sea la mitad de la inicial (con dQ=ncVdT). Verá que el resultado es el mismo que el calculado en un solo proceso isotérmico reversible.

19.16-La Fig.19.16Sa muestra la situación planteada. Analizaremos la situación asumiendo que todo el flujo que sale de +q1 dentro de un cono de ángulo α entra en la carga –q2 dentro de otro cono de ángulo β. E +q1

+q1

β

α

−q2

Fig. 19.16Sa 210

α

ΔA

Fig. 19.16Sb

En la figura de la derecha se ha representado la carga q1 en el centro de una esfera de radio r, y el cono de ángulo α que sale a través del área oscurecida, ΔA. Ese cono de líneas entrará en –q2 dentro de un cono de ángulo β. El área oscurecida es la de un casco de esfera de radio r. Necesitamos el área de este casco para calcular el flujo, ΦE = EΔA. Un diferencial de área sobre la superficie de una esfera, en coordenadas esféricas, está dada por dA = (r dθ) (r senθ dθ). Sumando estas áreas para el casco, haremos barrer θ desde 0 hasta α, y θ barrerá de 0 a 2π alrededor de la línea de puntos en la figura derecha. El área del casco será entonces: α

ΔA = ∫2πr2senθ dθ = 2πr2 (1 – cosα) 0

El flujo que sale por este casco es: ΦE1 = EΔA= (kq1/r2) 2πr2 (1 – cosα) = 2πkq1 (1 – cosα) Igualmente, la magnitud del flujo que llega a la carga q2 a través de una esfera de radio r en torno a q2 satisface la relación: ΦE2 = 2πkq2 (1 – cosβ)

(Aquí q2 representa la magnitud, positiva, de la carga negativa)

Asumiendo que las líneas que salen bajo el ángulo α, o menor, llegan bajo el ángulo β, o menor, podemos asegurar que ΦE1 = ΦE2. O sea: 2πkq1 (1 – cosα) = 2πkq2 (1 – cosβ) Por lo tanto: q1/q2 = (1 – cosβ) / (1 – cosα) = 2 sen2(β/2) / [2 sen2(α/2)] Entonces: sen(β/2) = (q1/q2)1/2sen(α/2). O sea: β = 2 sen-1[(q1/q2)1/2sen(α/2)] Si (q1/q2)1/2sen(α/2) > 1, esa línea no entrará en –q2: la envolverá, pero seguirá de largo. Esto pasará solamente si q1 > q2/ sen2(α/2)

19.17-a)A medida que las cargas se separan, aumenta la carga neta q a cada lado de la superficie S. Esta carga neta a cada lado se puede calcular en cada instante multiplicando la densidad de carga, n, por la carga del electrón e y por el volumen de la capa, Ax, donde A es el área de la capa y x su espesor: q = neAx

x

x − −

+ O − − +

+

− −

+

+

+

+

− −

+

+

− −

+

+

− −

(1)

Cuando el espesor de cada capa es d, la carga total en cada capa será q = neAd, positiva a un lado y negativa al otro. Cada capa puede considerarse el agregado de capas equidistantes del centro, como las dos sombreadas en la Fig. 19.17S, y cada una de estas parejas crea un campo entre ellas como el de un capacitor de pla211

S

d d Fig. 19.17S

+

cas paralelas, dE = dζ/εo, donde dζ es la densidad superficial de carga en cada capa, de espesor diferencial, y εo es la permitividad del vacío. La intensidad del campo resultante en la superficie S es la suma (integral) de todos estos campos: x

x

0

0

E = ∫ dζ/εo, donde dζ = dq/A = (neA dx)/A = ne dx, por lo que: E = ∫ ne dx/ εo = nex/ εo Y cuando el espesor de cada capa sea x = d, entonces E = ned/εo, que es la respuesta a la primera pregunta. b)Estas dos zonas de cargas opuestas se atraen. La fuerza de atracción de una zona sobre la otra puede deducirse considerando que la carga de cada zona está concentrada a la mitad de cada zona como las franjas sombreadas de la Fig. 19.17S (usamos el concepto de centro de carga similar al de centro de masa, en este caso, a lo largo del eje x). Cada “placa” con la carga concentrada en ella produce un campo E = ζ/2εo, y éste es el campo que siente la otra placa. Aquí ζ = q/A, y la carga de la “placa” depende del espesor de la zona de carga, según la ecuación (1): E = neAx/(A2εo) = (ne/2εo) x. La magnitud de la fuerza de atracción que sufre la zona negativa hacia la positiva es entonces: F = qE = (Ne) (ne/2εo) x, donde Ne es la carga total acumulada en la “placa” negativa en cada instante. Esa fuerza resultante sobre la placa actúa sobre la masa total de la “placa”, M = Nm, donde m es la masa de un solo electrón. Aplicando la segunda ley de Newton a la “placa” de electrones: Ma = −(Ne) (ne/2εo) x O:

Nma = −(Ne) (ne/2εo) x

donde el signo negativo indica que cuando la “placa” está en las x negativas sufre una fuerza de atracción hacia las x positivas. Arreglando: d2x/dt2 + (e2n/2mεo ) x = 0. Se reconoce la ecuación del oscilador armónico, con frecuencia: ω = Ésta es la “frecuencia del plasma”.

19.18-a)La Fig. 19.18S (próxima página) se ha extendido para mostrar un electrón que entra y sale en la capa de carga positiva. Se han añadido ejes x,y con el origen O en el punto de entrada en la zona de carga positiva, con x positiva en la dirección en que penetra el electrón y y positiva hacia abajo. En el análisis se despreciará el peso del electrón comparado con las fuerzas eléctricas que sufre. Nos interesa saber la máxima velocidad con que puede llegar el electrón al punto A de entrada sin que llegue a penetrar en la zona de carga negativa, esto es, que el electrón llegue hasta x = d y retorne hacia atrás, sin dejar de desplazarse paralelamente al eje y positivo. El campo eléctrico en la zona de carga debe ser de líneas horizontales de la zona positiva hacia la negativa, debido a que las capa son extensas comparadas con su espesor. 212

Esto significa que la fuerza eléctrica sobre el electrón será toda horizontal, sin afectar la componente y de velocidad. Por otra parte, este campo no será uniforme pues según se acerque el electrón a la superficie de separación entre las capas positiva y negativa, más cargas de cada zona colaboran a la intensidad de ese campo. Para explicarnos mejor, vea que en cada zona pueden encontrarse dos finas subcapas δ y δ’ que equidisten de la superficie central (Fig. 19.18S), las cuales se comportan como las placas paralelas de un capacitor, que entre ellas crean un campo uniforme E = ζ/εo y fuera de ellas crean un campo nulo (el campo existe sólo entre las placas).

−ρ

θ

+ρ

-e, m, v

O x

Pero podemos dividir toda la zona de carga en estas parejas de subcapas, y el campo total hacia el centro de la zona crecerá de intensidad respecto a la de los puntos lejanos al centro, pues más parejas de placas colaboran con sus campos al campo total cerca del centro.

A P δ

d

δ’

d Fig. 19.18S

y

Por ejemplo, el electrón que llegue al punto P sentirá el campo debido a todas las subcapas que hay entre P y la pared externa de la zona positiva (sombreada con puntos), y en la zona negativa habrá otra región similar (sombreada también); pero las cargas de la zona en blanco entre las líneas quebradas no colaboran al campo que siente el electrón en el punto P. En definitiva, el campo efectivo en cada punto x entre las placas es: x

E = ∫ dζ/εo , 0

donde dζ es la densidad superficial de cada subcapa δ’: dζ = dq/A = (ρA dx)/A = ρ dx, donde ρ es la densidad volumétrica de carga, A es el área total de las subcapas y dq es la carga diferencial total contenida en ellas. x

Entonces: E = ∫ ρ dx /εo = ρx/εo. Se ve que E aumenta linealmente con x. El electrón sufrirá una 0 fuerza igual a: F = −eE = −eρx/εo donde el signo negativo indica que el electrón sufre una fuerza hacia las x negativas (hacia la derecha en la Fig. 19.18S), cada vez mayor mientras más penetra la capa positiva, sin llegar a la superficie central pues el campo empezaría a decaer en ese punto. Entonces: ma = −eρx/εo y: d2x/dt2 + (eρ/mεo) x = 0 213

Esta ecuación representa un movimiento armónico simple a lo largo del eje x, por lo que el electrón se mueve a lo largo del eje x como si hiciera medio ciclo de oscilación: x = X senωt, con ω =

durante medio período de oscilación.

Hasta dónde penetre dependerá de la componente de velocidad en el eje x con que entra en la zona positiva: vx = v senθ. La máxima penetración que puede ocurrir sin llegar a la zona negativa ocurre cuando la amplitud de la oscilación sea X = d. Pero la amplitud de la oscilación y su velocidad en el centro de la oscilación están relacionadas por vx = ωX = ωd, y ésta es la componente de velocidad en el eje x que tiene el electrón al entrar por O. Por tanto, la máxima velocidad permitida se obtiene a partir de v senθ = Por tanto: v =

.

/ senθ

b)El tiempo que demore en salir de la zona cargada corresponderá a medio período de oscilación: t = T/2 = π/ω = π En ese tiempo descenderá por el eje y una distancia: y = (v cosθ) t = {

/ senθ] cosθ} ( π

19.19-Al aumentar el campo magnético B hacia abajo se induce un campo eléctrico E de líneas circulares superpuestas al aro de carga Q. Este campo aplicado a lo largo del aro está dirigido en la dirección que indica la flecha circular de acuerdo con la ley de Lenz (Fig. 19.19S).

) = πd cotθ

B Q ΦB

ω

Fig. 19.19S

Asumiendo que la carga Q es positiva, todo el aro se acelerará angularmente en la dirección de la flecha circular. Si llamamos E a la fem inducida en el aro, por la ley de Faraday:

E = -dΦB/dt = -A dB/dt = πR2 dB/dt

(1)

También E = W/δq (trabajo por unidad de carga en el circuito cerrado), y en el circuito del aro el trabajo será: W = Fd = (Eδq) (2πR), por lo que E = 2πR E

(2)

De (1) y (2): -πR2dB/dt = 2πR E, por lo que E = -(R/2) dB/dt 214

El signo negativo solamente refleja la dirección que debe tener el campo eléctrico inducido para oponerse a la variación de flujo magnético, lo cual ya indicamos en la figura, por lo que dejamos el signo y nos ocuparemos solamente de la magnitud: E = (R/2) dB/dt. Bajo este campo eléctrico se acelera toda carga dq del aro con una fuerza dF = E dq. Esta fuerza, tangencial al aro en cada dq, crea un torque respecto al centro del aro dado por: dη = R dF = R E dq El torque total sobre todo el aro será: η = ∫ RE dq = RE Q = (R2/2) Q dB/dt. aro

Este torque produce un impulso angular Iθ sobre todo el aro dado por: t

t

0

0

Bo

Iθ = ∫ η dt = ∫ (R2/2) Q (dB/dt) dt = ∫ (R2/2) Q dB = Bo QR2/2. 0

Pero el impulso angular es igual a la variación del momento angular L: Iθ = ΔL = Iω = mR2ω, donde I = mR2 es el momento de inercia del aro. Entonces: mR2ω = Bo QR2/2. Por tanto: ω = Bo Q/ (2m)

19.20-Cuando por el anillo circule una corriente I como indica la Fig.19.20Sa, el campo magnético de líneas horizontales creará una fuerza vertical hacia abajo en toda la mitad TPS del anillo, y una fuerza igual hacia arriba en el lado SQT. Este par de fuerzas producirá un torque alrededor del eje ST que intentará levantar al anillo sobre el punto P.

N B

I P R

S

B

dF

B T

dF I Q Mg

Fig. 19.20Sa

Pero otro par de fuerzas se opondrá a este giro hacia arriba: el del peso, mg, con la fuerza normal, N, en el punto de contacto sobre el que se va a levantar el anillo (punto P en la Fig. 19.20Sa). El torque de un par de fuerzas F iguales y opuestas separadas una distancia d es η = Fd respecto a cualquier punto o eje. Al momento de empezar a levantarse el anillo, aún N = Mg, y la fuerza de gravedad está aplicada al centro de masa, en el centro del anillo, por lo que d = R y el torque del peso y la normal (“torque gravitatorio”) es: ηgrav = MgR

(1)

215

El torque magnético habrá que calcularlo por integración, pues la fuerza magnética está distribuida por todo el anillo: en cada segmento de longitud dl hay una fuerza magnética dF = IB dl senθ, donde θ va desde 0 en el punto T hasta 180o en el punto S. Todos estos diferenciales de fuerzas apuntas hacia abajo en el arco TPS, y hacia arriba, en el arco SQT. La Fig. 19.20b muestra una vista superior del anillo, con el ángulo θ entre el dl de corriente y el campo B, que a su vez resulta igual que el ángulo central θ.

dx dl θ

y

B

P

θ K

dF

R θ

S

dx y

T x

L dF Q

Fig. 19.20Sb

De la Fig. 19.20Sb se aprecia que dl senθ = dx, y que la separación entre dos dl opuestos, K y L, sujetos a un par de fuerzas iguales y opuestos, es 2Rsenθ = 2y, por lo que el torque diferencial de cada par de fuerzas actuando sobre diferenciales de corrientes es: dηmagn = (IB dl senθ)(2R senθ) = (IB dx)(2y) = IB dA donde dA = 2y dx es el área del listón sombreado. Entonces: ηmagn =∫anillo IB dA = IB πR2

(2)

Justo cuando el anillo va a empezar a levantarse, con la fuerza normal concentrada en el punto P se cumplirá que ηmagn = ηgrav , por lo que: IB πR2 = MgR. De aquí: I = Mg / (πBR) = 0.30 A

216

Apéndice: Cantidades físicas fundamentales.

I-Cantidades físicas. A continuación se presentan las magnitudes físicas más comunes de la Física Clásica. De cada magnitud se da su nombre, la letra que suele representarla –cursiva (itálica) si es escalar y negrita (bold) si es vector− su definición matemática (cuando se define a partir de otras magnitudes), su significado con palabras, y su unidad en el S.I. Si es una unidad definida a partir de otras, se muestra la relación con las otras unidades. Algunas magnitudes se definen por la forma en que se miden, y suelen considerarse “magnitudes fundamentales” (aunque éstas pueden ser diferentes de un sistema de unidades a otro); las magnitudes que se definen a partir de las magnitudes fundamentales se llaman “magnitudes derivadas” y sus unidades son “unidades derivadas” a partir de las unidades fundamentales correspondientes. En las ecuaciones físicas, todos los sumandos a ambos lados de la igualdad deben tener las mismas unidades (las mismas dimensiones físicas): si esto no se cumple la ecuación es errónea. Es por ello importante conocer las dimensiones y unidades de las magnitudes derivadas.

Mecánica. Intervalo de longitud (s o l: se define en relación con la unidad patrón de longitud): cantidad de intervalos patrones de longitud que caben entre dos puntos a lo largo de una línea (metro: 1 m). Intervalo de tiempo (t: se define en relación con la unidad patrón de tiempo): cantidad de intervalos patrones de tiempo que transcurren entre dos sucesos (segundo: 1 s). Vector de posición (r = xi + yj + zk): vector que localiza cada punto del espacio respecto al origen de un sistema coordenado (1 m). Desplazamiento entre dos puntos (Δr = rf - ri): vector de longitud que va del punto inicial al punto final (1 m). Distancia recorrida (Δs = ∫‫׀‬dr‫)׀‬: longitud recorrida sobre la trayectoria (1 m). Velocidad media en un intervalo de tiempo Δt (vm = Δr/Δt): representa el desplazamiento por unidad de tiempo que debe realizarse a ritmo constante en línea recta para cubrir el desplazamiento total en el tiempo total considerado (1 m/s).

217

Rapidez media en un intervalo de tiempo Δt (cm = Δs/Δt): representa la distancia por unidad de tiempo que debe recorrerse a ritmo constante sobre la trayectoria para cubrir ésta en el tiempo total considerado (1 m/s). Velocidad instantánea (v = dr/dt): desplazamiento por unidad de tiempo en cada instante (1 m/s) Rapidez instantánea (c =ds/dt): distancia recorrida por unidad de tiempo en cada instante (1 m/s). [Aclaración: en valores instantáneos: c = |v |, pero en valores medios: cm ≥ |vm |]. Aceleración instantánea (a = dv/dt): cambio de velocidad por unidad de tiempo en cada instante (1 m/s2). [Aclaración: a puede no ser paralelo a v]. Aceleración tangencial (at = dc/dt): cambio de rapidez por unidad de tiempo (1 m/s2). [Aclaración: es la componente de la aceleración tangencial a la trayectoria]. Aceleración normal o centrípeta) (an = v2/R): cambio del vector velocidad por unidad de tiempo perpendicularmente a la dirección del vector velocidad (1 m/s2). [Aclaración: es la componente de la aceleración normal a la trayectoria, y apunta hacia su centro de curvatura instantáneo]. Fuerza (F = ma): mide la intensidad de la interacción de dos cuerpos, y es proporcional a la deformación elástica que se produce en ellos (newton: 1 N = 1 kg m/s2) Fuerza centrípeta (Fc = ∑Fni = man): componente de la fuerza resultante normal a la trayectoria (1 N). Fuerza resultante tangencial (Ft = ∑Fti = mat): componente de la fuerza resultante tangente a la trayectoria (1 N). Masa inercial (m: se define en relación con la unidad patrón de masa): medida de la oposición de un cuerpo a ser acelerado (kilogramo: 1 kg). Masa gravitatoria (m: se define por su relación con la masa inercial): medida de la capacidad de cada cuerpo para atraer y ser atraído gravitatoriamente por otros (1 kg). Peso (P = mg): fuerza con que un planeta, o astro, atrae a cada cuerpo cerca de su superficie (1 N). Fuerza de inercia en sistemas en traslación pura (Finercia = −mAsistema): efecto de la inercia que se comporta como una fuerza cuando se observa un cuerpo desde un sistema acelerado respecto a un sistema inercial; la “fuerza” aparece en sentido opuesto al de la aceleración del sistema (1 N). Fuerza centrífuga de inercia (Fcentf = mω2r): efecto de la inercia sobre un cuerpo en un sistema en rotación; es la fuerza aparente que sufre una partícula de masa m a una distancia r del eje de rotación de un sistema que rota con velocidad angular ω; apunta en la dirección que se aleja del eje (1 N) 218

Energía cinética (K = ½mv2, donde v = |v| = c): energía de movimiento de traslación de un cuerpo (“vitalidad del movimiento”) (joule: 1 J = 1 kg m2 s-2 = 1 Nm). Trabajo (W = ∫c F.dr): cantidad de energía que transfiere una fuerza al desplazar su punto de aplicación. (1 J = 1 Nm = 1 kg m2 s-2). Energía potencial de un sistema en una configuración dada (U=-Wcons ): representa el trabajo que realiza la fuerza conservativa del sistema cuando pasa de una configuración de referencia a la configuración dada, con signo cambiado (1 J = 1 Nm = 1 kg m2 s-2 ) Energía mecánica (E = ∑Ki + ∑Ui): suma de las energías cinéticas y potenciales de un sistema (1 J = 1 Nm). [Aclaración: se consideran solamente energías macroscópicas, no moleculares, atómicas o nucleares]. Energía de un sistema (suma de todos sus tipos de energías: mecánica, térmica, electromagnética, nuclear, etc.): capacidad del sistema para realizar transformaciones sobre sí mismo o sobre su entorno (1 J = 1 N m). Potencia (P = dW/dt, o P = dQ/dt, o P = dU/dt): rapidez de intercambio de energía en cualesquiera de sus formas: trabajo W, calor Q, energía U, etc. (watt: 1 W = 1 J/s). Fuerza conservativa (F es conservativa si su trabajo por toda trayectoria cerrada es cero, y deriva de un potencial: F = -dU/dx): fuerzas vinculadas con las energías potenciales (1 N). Momento lineal de la partícula (p = mv): impulsión de traslación de un cuerpo (1 kg m/s). Momento lineal del sistema de partículas (P = ∑ pi): suma vectorial de los momenta lineales de todas sus partes (1 kg m/s). [Aclaración: P = MVcm donde M es la masa total del sistema y Vcm es la velocidad de su centro de masas]. Impulso de una fuerza (I =

): variación de momento lineal que puede producir una fuer-

za actuando cierto intervalo de tiempo (impulsión que comunica al cuerpo) (1 N s = 1 kg m/s) Coordenadas del centro de masas (Rcm = (1/M) ∫D r dm ): coordenadas del punto que promedia la masa M del sistema en el espacio (1 m) Velocidad del centro de masas (Vcm = (1/M) Σmivi: velocidad con que se desplaza el centro de masas del sistema (m/s). Energía cinética interna (Kint = ∑ ½ mi vi2, donde las velocidades de las partes del sistema se miden respecto a un sistema de referencia fijo al centro de masas): energía de movimiento del sistema respecto a su propio centro de masas (1 J).

219

Angulo en radianes (θ = s/r): medida de la apertura entre dos rectas, o entre dos direcciones (longitud de arco s dividido por el radio r de la circunferencia utilizada para construir el arco). (radián: 1 rad, sin dimensiones físicas). Angulo de posición (θ: se define como en el punto anterior): ángulo entre una dirección de referencia (un eje de referencia) y una recta incorporada al cuerpo que rota (1 rad). Desplazamiento angular (Δθ = θf − θi): ángulo entre dos posiciones angulares de un cuerpo en rotación alrededor de un eje fijo (1 rad). Velocidad angular (ω = dθ/dt): desplazamiento angular por unidad de tiempo (1 rad/s). [Aclaración: el vector ω es colineal con el eje instantáneo]. Aceleración angular (α = dω/dt): variación de velocidad angular por unidad de tiempo (1 rad/s2). Torque de una fuerza respecto a un eje (τ = r × F, donde r sale perpendicular al eje y localiza el punto de aplicación de la fuerza; τ = Fb, donde b es el brazo de fuerza): capacidad de una fuerza para producir un cambio en el estado de rotación de un cuerpo respecto a un eje (1 Nm). Momento de inercia (I =

): medida de la oposición de un cuerpo a acelerarse angular-

mente –rotacionalmente- alrededor de un eje específico (1 kg m2). Energía cinética de rotación (Krot = ½Iω2): energía de movimiento de rotación de un cuerpo alrededor de un eje dado (1 J). Momento angular de la partícula respecto a un punto, o eje (L = r × p): impulsión de rotación de la partícula alrededor de un punto, o eje (1 kg m2 /s). Momento angular de un sistema de partículas respecto a un punto, o eje (L = ∑ri × pi): impulsión de rotación del sistema de partículas alrededor de un punto, o eje (1 kg m2 /s). Momento angular orbital (Lo = Rcm × Pcm): impulsión de rotación alrededor de un eje que no pasa por el centro de masas (cm) del cuerpo; (1 kg m2 /s). Momento angular de espín (Ls = Icm ω): impulsión de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masas (cm) del cuerpo (1 kg m2 /s). Momento angular total de un cuerpo que rota y se traslada (L = Rcm × Pcm + Icm ω): impulsión total de rotación de un cuerpo que rota y se traslada alrededor de un eje (1 kg m2/s).

Calor. Presión (P = dFn /dA): fuerza distribuida que se ejerce por unidad de área, perpendicularmente a la misma (pascal: 1 Pa = 1N / m2). 220

Densidad (volumétrica) (ρ = dm/dV): masa de una sustancia por unidad de volumen (kg/m3). Gasto de masa (Gm = dm/dt): masa de fluido que pasa por una sección de un tubo de flujo en cada unidad de tiempo (kg/s). Gasto de volumen (cauce) (GV = dV/dt): volumen de fluido que pasa por una sección de un tubo de flujo en cada unidad de tiempo (m3/s). Temperatura absoluta (se define en relación con la temperatura del punto triple del agua): medida de la energía cinética media de las moléculas de un sistema (K). Temperatura (se define en relación con dos niveles de referencia –puntos termométricos−, T): nivel de calentamiento de un sistema (derivado del SI: grado celsius: ºC). Cantidad de calor (Q = mcΔT, o Q = mL): cantidad de energía que intercambia un sistema macroscópico mediante interacciones microscópicas (1 J = 1 Nm = 1 kg m2 s-2). [Aclaración: la primera ecuación permite evaluar Q cuando hay cambios de temperatura ligadas al intercambio de calor; la segunda ecuación permite evaluar Q cuando el sistema sufre cambios de estado –o de fase− sin variaciones de temperatura]. (Unidad derivada: caloría: 1 cal = 4.186 J) Energía interna termodinámica (U = ∑Ki + ½∑Uij): suma de las energías cinéticas y potenciales internas microscópicas –moleculares, atómicas, nucleares− (1 J). Velocidad media cuadrática de las moléculas (vrms =

): es la raíz del valor medio de

las velocidades al cuadrado de todas las partículas del sistema; se vincula con la temperatura absoluta del sistema (m/s)

Oscilaciones y ondas. Amplitud de una oscilación (A): máximo valor de la variable oscilatoria (su unidad depende de la magnitud que oscila: posición, velocidad, presión, voltaje, etc.). Frecuencia de una oscilación (f = ΔN/Δt): número de oscilaciones por unidad de tiempo (hertz: 1 Hz = 1 s-1). Período de una oscilación (T = Δt/ΔN): tiempo que dura una oscilación (1 s). Frecuencia angular (ω = Δθ/Δt): variación del ángulo de fase por unidad de tiempo (1 rad/s). [Aclaración: ω = 2π/T]. Longitud de onda (λ): distancia entre dos puntos de una onda con una diferencia de fase de 2π, medida a lo largo de la línea de propagación de la onda (1 m). 221

Número de onda (k = Δθ/Δl): variación del ángulo de fase por unidad de longitud (1 rad/m). [Aclaración: k = 2π/λ]. Ángulo de fase de una oscilación, o fase (θ = ωt +θo): ángulo que determina en cada instante en qué parte del ciclo oscilatorio está el oscilador; θo es la fase inicial, cuando t = 0. (rad). Intensidad de onda sonora (I = ΔU/AΔt): energía de la onda que incide sobre la unidad de área por unidad de tiempo, sobre una superficie perpendicular a la dirección de la onda (W/m2) Nivel sonoro (L = 10 log10 (I/Io), donde Io = 10-12W/m2 representa el umbral sonoro). Es el nivel de intensidad sonora que percibe el oído humano, relativa a la intensidad del umbral de audición, apenas perceptible; tiene en cuenta la respuesta fisiológica sensorial del oído (1 dB: decibel).

Electromagnetismo. Carga eléctrica (q= ±Ne: cantidad N de electrones –de carga e− en exceso o en defecto en un cuerpo): propiedad fundamental de la materia que caracteriza su capacidad de interacción eléctrica y magnética. (coulomb: 1 C = 6.25 ×1018 e), donde e representa el valor absoluto de la carga de un electrón). Intensidad del campo eléctrico en un punto (E = F/q): fuerza que ejerce el campo sobre la unidad de carga colocada en el punto (1 N/C, o 1 V/m, donde V es la unidad volt) Potencial eléctrico en un punto del campo (V =U/q): representa la energía potencial eléctrica de interacción del campo (o del sistema de cargas que lo produce) con cada unidad de carga que se coloque en el punto. (volt: 1 V = 1 J/C). Voltaje (ΔVab = ΔUab/q): es la diferencia de potencial entre dos puntos del campo eléctrico, o entre dos puntos de un circuito. (1 V = 1 J/C). Fuerza electromotriz (E = Wno conserv /q): trabajo que realiza una fuerza no conservativa al mover la unidad de carga a lo largo de una trayectoria cerrada. (1 V = 1 J/C). Intensidad de corriente eléctrica (I =dq/dt): cantidad de carga que pasa por unidad de tiempo a través de una sección dada de un circuito (ampere: 1 A = 1 C/s). Inducción de campo magnético en un punto [|B| = |F| / (q |v| senθ); F = q v × B]: fuerza que ejerce el campo magnético sobre la unidad de carga que pasa por el punto con la unidad de velocidad, perpendicularmente a las líneas del campo B (tesla: 1 T = 1 N/(Cm/s) = 1 N/Am). Momento dipolar eléctrico (pe = qd): mide la capacidad de un dipolo eléctrico para alinearse con un campo eléctrico, bajo el torque del campo (Cm).

222

Momento dipolar magnético (pm = NIA): mide la capacidad de un dipolo magnético (o de N espiras coplanares, de área A y corriente I) para alinearse con un campo magnético, bajo el torque del campo. (1 Am2). Flujo de campo eléctrico sobre una superficie (ФE = ∫S E . dA): simboliza la cantidad de líneas de campo eléctrico que salen o entran en la superficie que se considera (1 Nm2 /C = 1 Vm). Flujo de campo magnético sobre una superficie (ФB = ∫S B . dA): simboliza la cantidad de líneas de campo magnético que salen o entran en la superficie que se considera (weber: 1 Wb = 1 Tm2). Densidad de corriente eléctrica (J, tal que: dI = J.dA; J = dI/dA): es la cantidad de carga que pasa a través de la unidad de área y por unidad de tiempo en un punto de un circuito. (1 A/m2). Resistencia eléctrica de un dispositivo eléctrico (R = V/ I): representa el grado de oposición del dispositivo al paso de una corriente eléctrica a través del mismo (ohm: 1 Ω = 1 V/A). Capacitancia de un dispositivo eléctrico que conste de dos conductores aislados (C = q/V): representa la capacidad del dispositivo de almacenar cargas opuestas en sus dos conductores por cada unidad de voltaje que se aplique entre ellos (farad: 1 F = 1 C/V). Coeficiente dieléctrico relativo (κe = Cdiel /Cvacío ): factor en que aumenta la capacitancia al llenar el vacío del capacitor con dieléctrico (sin unidades, adimensional). Inductancia de un dispositivo eléctrico (espiras y enrollados) [L =-E /(dI/dt) o L = N ФB /I]: representa la capacidad del dispositivo de generar una fuerza contraelectromotriz por cada unidad de rapidez de cambio de corriente que se produzca en el dispositivo (henry: 1 H = 1 V/(A/s) = 1 Vs/A, o 1 H = 1 Wb/A) Permeabilidad magnética relativa (κm = Lmagn /Lvacío): factor en que aumenta la inductancia al llenar el vacío del inductor con material ferromagnético (sin unidades, adimensional). Reactancia inductiva (XL = ωL): representa el grado de oposición del dispositivo al paso de una corriente eléctrica alterna de frecuencia angular ω a través del mismo, en virtud de su capacidad para generar un campo magnético interno (1Ω = 1 Hs-1 = V/A). Reactancia capacitiva (XC = 1/ωC): representa el grado de oposición del dispositivo al paso de una corriente eléctrica alterna de frecuencia angular ω a través del mismo, en virtud de su capacidad para generar un campo eléctrico interno (1Ω = 1 F-1s = V/A). Valores eficaces de corriente y voltaje en corriente alterna (Ie = Im/ y Ve = Vm/ , donde Im y Vm son los valores pico). Son los valores que registran los amperímetros y voltímetros de corriente alterna y fijan el valor de la potencia media disipada en cada sección del circuito por la ecuación P=IeVecosθ, donde θ es el desfasaje entre la corriente y el voltaje en la sección (1 A y 1 V). 223

Impedancia de un circuito (Z = Ee/Ie ; razón entre valores eficaces de la fem aplicada y de la corriente en el circuito): representa el grado de oposición de un circuito completo al paso de una corriente eléctrica alterna de frecuencia angular ω a través del mismo (1Ω = V/A). Intensidad de una onda electromagnética (I = dP/dAn): potencia que transporta la onda a través de la unidad de área perpendicularmente a su dirección de propagación (1 W/m2). Densidad de energía en un campo (u = dU/dV): cantidad de energía (U) que se almacena por cada unidad de volumen (V) del campo (1 J/m3).

Óptica. Índice de refracción (n = c/v): relación entre la velocidad de la luz en el vacío y la velocidad de la luz en un medio transparente (Sin dimensiones). Distancia focal de un dispositivo óptico (f: distancia entre el dispositivo y su punto focal). El punto focal es aquél en el que convergen todos los rayos que inciden sobre el dispositivo (lente o espejo curvo) paralelos al eje óptico principal (O el punto a partir del cual divergen) (1 m) Potencia dióptrica (PD = 1/f): es una medida del poder convergente o divergente de un sistema óptico (dioptría: 1 D = 1 m-1). Aumento lineal de un dispositivo óptico (Ml = hi / ho): mide cuántas veces mayor es la longitud de la imagen observada que la longitud del objeto (Sin dimensiones). Aumento angular de un dispositivo óptico (Mθ = θi / θo): mide cuántas veces mayor es el ángulo que abarca a la imagen observada bajo el dispositivo que el ángulo que abarca al objeto observado directamente sin el dispositivo (Sin dimensiones). Poder de resolución de un dispositivo óptico (PR = λ/Δλ): mide la capacidad de un dispositivo para permitir ver separadamente dos longitudes de onda en un espectro con la menor diferencia posible Δλ entre ellas (Sin dimensiones) Flujo luminoso (Φl: potencia luminosa visible al ojo humano): tiene en cuenta no solamente la potencia en watts que llega al ojo, sino la capacidad del ojo para percibir luz; esta capacidad es máxima para el ojo humano cuando λ = 555 nm (lumen: 1 lm = 1/683 de 1W a 555 nm) Intensidad luminosa (Il = ΔΦl /Δθsolid): representa el flujo luminoso por unidad del ángulo sólido por el que avanza el haz de luz (candela: 1 cd = 1 lm/sr). Iluminancia (Jl = ΔΦl /ΔA): representa el flujo luminoso que incide por unidad de área sobre una superficie y mide su iluminación (lux: 1 lux = 1 lm/m2)

224

Ángulo sólido (Ωsolid = ΔA/R2): entre las paredes de un cono, o de una pirámide, existe un ángulo sólido, que es la razón entre el área de una esfera que atraviesa el cono, o la pirámide, (con su vértice en el centro de la esfera), y el radio al cuadrado de esa esfera (esteroradián: 1 sr –es adimensional−; una esfera completa tiene un ángulo de 4π sr).

II-Definiciones y leyes.

Las magnitudes físicas se definen por diversas necesidades, para describir un sistema físico cuantitativamente. Estas definiciones son aplicables siempre, dentro del contexto en que se definen (clásico, relativista, cuántico). Al pasar de un contexto a otro, algunas definiciones cambian a expresiones diferentes. Pero dentro de su contexto de definición, se pueden aplicar a cualquier problema. Por otra parte, hay leyes físicas, que son las que establecen las relaciones que, de forma regular y repetitiva, se establecen entre las magnitudes dentro de determinado fenómeno y bajo ciertas circunstancias. Las ecuaciones de estas leyes son aplicables solamente bajo las circunstancias para las cuales se dedujeron y, en tal sentido, son más limitadas que las definiciones. A manera de ejemplo, la ley de la velocidad en el movimiento armónico simple es diferente a la ley de velocidad en el movimiento rectilíneo uniforme, o a la ley de velocidad de movimientos uniformemente acelerados, o a la ley de velocidad en movimientos bajo resistencia de un fluido viscoso, etc. Sin embargo, la ecuación de definición de la velocidad es la misma en todos esos casos (y es la misma en el contexto relativista y en el cuántico). A continuación aparecen, en dos columnas, las definiciones y leyes de gran parte de la Física. El estudiante debe aprender las definiciones con sus unidades, y las leyes con sus condiciones de aplicación. Entre las dos columnas aparecen las unidades SI de las cantidades definidas en la primera columna. En la tabla se han expresado las ecuaciones en términos de incrementos finitos, Δx, no de diferenciales, dx, En vez de derivadas aparecen cocientes de incrementos (del tipo Δx/Δt) y en vez de integrales aparecen sumatorias (del tipo ΣviΔti , o simplemente ΣvΔt) En algunos casos se emplean productos escalares y vectoriales que se definen del siguiente modo: Producto escalar:

A • B = ABcosθAB = AxBx + AyBy + AzBz (cantidad escalar)

Producto vectorial: A × B = C (cantidad vectorial), cuya dirección está dada por la regla de la mano derecha. El valor del vector es: C = ABsenθAB. 225

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Cinemática de la partícula

Unidad SI

Vector de posición: r(t) = xi + yj + zk Vector desplazamiento: Δr = r(t + Δt) – r(t) Distancia recorrida: s = ΣΔsi Velocidad: v = Δr/Δt Rapidez: v = Δs/Δt Aceleración: a = Δv/Δt Aceleración tangencial: at = Δv/Δt (v =|v|) Aceleración normal: an= c2/R= v2/R Dinámica de la partícula.

m m m m/s

m/s2 m/s2 m/s2 Dinámica de la partícula. kg

Fuerza dinámica: F = ma Fuerza estática: |F| = kΔl

N

Trabajo de una fuerza: W = ΣFiΔsicosθi

r(t) = ro + vot + ½ at2 v(t) = vo + at a constante: v2= vo2 + 2a•Δr vavg=(v + vo)/2 Proyectiles: x = xo + vot cosθ y = yo + vot senθ – ½gt2 Composición de movimientos: v = v’ + V , a = a’ + A a constante:

m/s

Masa inercial: mx = mpatrón |apatrón| / |ax |

Momento lineal de la partícula: p = mv Momento lineal del sistema de partículas: P = Σ mivi Posición del centro de masa: Rcm = (1/M) Σmiri Trabajo y energía

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) Cinemática de la partícula

N

kgm/s kgm/s m

Leyes de Newton: a = 0 si Fres = 0 1ª ley Fres = ma 2ª ley Fab = − Fba 3ª ley Ft = mat F. tangencial Fn = m v2/R F. normal Leyes de fuerza: F = GMm/r2 F. gravit. w = mg Fk = μkN Fricc. cinética Fs ≤ μsN Fricc. estática Fvisc= bv Fricc. viscosa F = EAΔl / l F. elástica F = qE F. eléctrica F = q v×B F. magnética F = Δp/Δt 2ª ley partic. Fext= ΔP/Δt 2a ley al sist. P = const. si ΣFext = 0 Ley conserv. de P P = MVcm Fext=MAcm Trabajo y energía

J

226

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Energía cinética de la partícula: K = ½ mv2 Energía potencial: ΔU = -Wconserv. Energía mecánica: E = ΣKi + ΣUi

Unidad SI J J

J

Potencia: P = ΔW/Δt Movimiento circular.

W

Ángulo en radianes: θ=s/R Velocidad angular: ω = Δθ/Δt Aceleración angular: α= Δω/Δt Momento angular de la partícula: L=r×p Mom. ang. del sistema de partic.: LS = Σ ri × pi Torque: τ=r×F Dinámica del Sólido.

rad

Torque axial: ηax= r┴F Momento de inercia: I = Σri2Δmi Densidad: ρ = Δm/ΔV Energía cinética de rotación: K = Σ½(Δmi)(ωri)2 Mom. ang. axial del sist. partic.: Lax = Σr┴i pi

Ug = mgh Gravit. peq. alturas Ug = - GMm/r Gravit. toda altura 2 Ue = ½ kx Elástica Ksist = ½ MVcm2 + Σ ½mivi’2 Wno conserv=ΔE E = const. si Σ WNo Cons= 0 Ley conserv. E P = Fv cosθ Pot. mecánica Movimiento circular.

rad/s rad/s2 kgm2/s

θ(t) = θo + ωot + ½ αt2 ω(t) = ωo + αt α: constante: ω2 = ωo2 + 2αΔθ ωavg= (ωo+ ω)/2 v = ωR at = αR , an = ω2R L = Δτ/Δt α: constante:

kgm2/s Nm

LS = Δτext/Δt L = const. si Σ τiext = 0

Ley conserv. de L

Dinámica del Sólido. ηax = Iα

Nm kg m2

I = ½MR2(cilindro) I = 2/5MR2 (esfera)

kg/m3 J kg m2/s

Fluidos Presión: P = F┴/A

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) Wneto = ΔK

I = Icm + M d2

Ec. Fund. de Rotación I = MR2 (aro) 2 I = 1/12 M l (varilla) Ejes paralelos

K = ½Iω2 Rotación pura K = ½MVcm2+ ½Icmω2 Rodadura Lax = Iω Rotación en eje fijo Lax = Rcm┴MVcm + Icmω Rodadura Lax = const. si ηax = 0 Ley conserv. Laxial Condiciones de equilibrio estático: Σ Fi = 0 y Στax.i = 0 Fluidos P = Po + ρgh Fboyante = ρf Vd g

Pa 227

Presión y profundidad Arquímedes

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Gasto de volumen (flujo): GV = ΔV/Δt Gasto de masa: Gm = Δm/Δt

Unidad SI m3/s kg/s

Termodin. y Física Molecular Puntos termométricos Celsius: Fusión hielo: 0oC Ebullición agua: 100oC Temperatura absoluta: T(K) = T(oC) + 273 Cantidad de calor: Q = mcΔT Energía interna: U = ΣKiint + ½ΣUij Cantidad de sustancia: n =m/M = N/NAvog NAvog = 6.02×1023 molec/mol

Eficiencia térmica: e =Wneto/Qabsorb Entropía: ΔS = Σ(ΔQi)/ Ti(K) Oscilaciones y Ondas Mecánic. Período: T = Δt/ΔN Frecuencia cíclica: f =ΔN/Δt Frecuencia angular: ω=Δθ/Δt

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) GV =Av A1v1 = A2v2 Ec. Continuidad P1+ ½ρv12+ ρgh1 = P2+ ½ρv22+ ρgh2 Ec. Bernoulli Termodinámica y Física Molecular

o

C

TC /(TF – 32) = 5/9 Relación Celsius-Farenheit Δl = loαΔT Kavg=(3/2) kT(K)

K J J

mol

Sin unid. J/K

Expansión Lineal Energía Cin. Media

Q=Lm Calor de cambio de estado W = ΣPiΔVi Trabajo de un gas Q = ΔU + W 1ª Ley Termodinámica Q=W=nRT ln(V2/V1) Gas ideal, Proc. Isoterm. PV = nRT = NkT Ec. Estado Gas Ideal PV = const. Boyle (Isoterm.) P/T = const. GayLussac (Isometr.) V/T = const. Charles (Isobar.) (γ=CP/CV) PVγ= const. Adiab. Revers. P = ΣPi Dalton U = (3/2)nRT = nCVT Gas ideal monoat. baja alta eCarnot = 1- T /T ereal ≤ eCarnot 2ª Ley Termodinámica ΔS = k ln( Ω2/Ω1) Entropía y Probabilidad Oscilaciones y Ondas Mecánicas.

s

T = 1/f Relación frec.-período ω = 2π/T Relación frec.ang.-período ω = 2πf Relación frec.ang.-frec.cicl.

Hz rad/s

Fase instantánea: θ= ωt + θo

rad

Fuerza armónica: Faplicada= Fosenωaplt

N

x =A sen(ωot + θo) Osc. Armon. Simple d2x/dt2+ Cx = 0 Ec. del Osc. Arm. Simple con ωo = (C)1/2 v = Aω cos (ωot + θo) a = − Aω2 sen (ωot + θo) ωo = (g/l )1/2 Pend. Simple 1/2 ωo = (mgd/I) Pend. Físico ωo = (k/m)1/2 Masa-resorte ωaplicada ≈ ωo Cond. Resonancia Mecánica 228

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Longitud de onda: λ = vT Número de onda: k =2π/λ

Unidad SI m m-1

Intensidad de onda: I= ΔU/AΔt

W/m2

Nivel sonoro: [con Io=10-12 W/m2] β = 10 log (I/Io) Carga y campo eléctrico.

dB

Carga eléctrica de un cuerpo (múltiplo de la carga electrónica): q = Ne Intensidad de campo eléctrico en un punto, E: E = FE/q Momento dipolar eléctrico: pe =qd Flujo de campo eléctrico: ΦE =ΣEi┴ΔAi Potencial eléctrico en un punto: V =U/q Voltaje (diferencia potenc. entre dos puntos): Vab =ΔUab/q Densidad de carga: Lineal: λ=Δq/Δl Superficial: ζ=Δq/ΔA Volumétrica: ρ=Δq/ΔV Capacitancia: C =q/V (V: voltaje)

C

Coeficiente dieléctrico relativo: κe = E/Eo= C/Co Densidad de energía eléctrica: uE =UE/V (V: volumen) Corriente y circuitos. Intensidad de corriente: I = Δq/Δt

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) v = (FT/μ)1/2 Ondas en cuerda (μ=Δm/Δl) v =λf =ω/k Ondas periódicas y = A sen(kx – ωt) Onda armónica y = 2A senkx cosωt Onda estacionaria. Δl = nλ Interf. constructiva Δl =(n+1/2)λ Interf. destructiva f = fo (1 vobs/c) / (1 vemis/c) Doppler I = P/4πr2 Intens. fuente puntual (P: potencia de la fuente)

Carga y campo eléctrico.

N/C = V/m

Ley Coulomb (k = 1/4πεo)

E = kQ/r2

Carga puntual

Eresult = ΣEi Campo total en un punto U = pEcosθ Energía del dipolo en un E τ = pe×E Torque sobre el dipolo [ ΣEi┴ΔAi ]S.Cerrada = q/εo Ley Gauss

Cm N/(Cm2) V

V = kQ/r Vtotal= ΣVi Vab =Σ ΔVi

V

C/m C/m2 C/m3 F

Sin unid. J/m3

F = kqQ/r2

(de A a B)

Carga puntual Potencial total en un punto Voltaje total entre dos puntos

E = ζ/εo E = ζ/εo E = ζ/2εo El= - ΔV/Δl C =κeεoA/d

Campo exterior a conductor Campo entre placas paralelas Campo de una placa cargada Relación campo-potencial Capacitor placas paralelas

Cp = ΣCi Capacit. en paralelo 1/Cs = Σ1/Ci Capacit. en serie UE = ½CV2 Energía en el capacitor uE = ½ εoE2 Dens. energ. del campo Corriente y circuitos.

A 229

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Densidad de corriente: J = I/A ; J.ΔA = ΔI Resistencia eléctrica: R = V/I

Unidad SI A/m2 Ω

R = ρl/A ρ =ρo(1 + αΔT) Rs = ΣRi 1/Rp = Σ1/Ri

Fuerza electromotriz (fem): E = Wno cons/ q Potencia: P = W/t = Q/t

V

E =IRtotal r =(E – Vterminal)/I

W

P = IV = I2R = V2/R

Ley Ohm para el circuito Resist. interna de batería Potencia eléctrica

Tiempo característico RC: η = RC

s

q = E C(1 – e-t/η) I = (E /R) e-t/η ΣIi = 0 ΣIi Rj + ΣEk = 0

Proceso de carga Proceso de carga Kirchhoff (nodos) Kirchhoff (mallas)

Corriente y campo magnético. Inducción de campo magnético en un punto, B: F = q v × B; F=qvBsenθ Flujo de inducción magnética: ΦE =ΣBi┴ΔAi Momento dipolar magnético de una espira con corriente: pm= IA Inducción Electromagnética.

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) J = nev Dens. Corr. y veloc. de deriva Resistencia y resistividad Resistividad y temperatura Resist. en serie. Resist. en paralelo

Corriente y campo magnético. T

Wb Am2

F = I l × B ; F=IlBsenθ Fuerza sobre corriente F=qv×B+qE Carga en campos E y B result B = ΣBi Campo total en un punto [ ΣBi┴ΔAi ]S.Cerrada = 0 Ley Gauss [ ΣBi║Δli ]Curva Cerrada = μoI Ley Ampere B = μoI/(2πr) B de corr. rectilínea B = μonI (con n=N/l) B de solenoide vacío τ = pm× B Torque sobre el dipolo Inducción Electromagnética.

E = -NΔΦB/Δt

Autoinductancia: L = NΦB/I Tiempo característico RL: η = L/R Coeficiente magnético relativo: κm = B/Bo =Lmaterial /Lvacío Densidad de energía magnética: uB =UB/V (V: volumen)

H

Ley Faraday [ ΣBi║Δli ]Curva Cerrada = μoI + μoεoΔΦE/Δt Ley Ampere-Maxwell [ ΣEi║Δli ]Curva Cerrada = -NΔΦB/Δt Ley Faraday-Maxwell E = Blv fem inducida en conductor móvil E = -LΔI/Δt Relación E y ΔI/Δt

s

I =(E /R)(1 – e-t/η)

Encendido del circuito

L = κμoN2A/l (N/l =n) uB = ½ B2/μo

Inductancia de solenoide

Sin unid. J/m3

230

Dens. energ. del campo

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Corriente alterna. Fem alterna: E =Em senωaplic t Voltaje eficaz y corriente eficaz: Ve = Vm/ , Ie = Im/ Reactancia capacitiva: XC = 1/ωC Reactancia inductiva: XL = ωL Impedancia: Z = Ee/Ie = Em/Im Ondas electromagnéticas.

Intensidad de la onda: I= ΔP/ΔA

Unidad SI

V

V,A Ω Ω

VeR =IeR, VeC =IeXC , Ley de Ohm en C.A. VeL =IeXL, VeCirc. =IeZ ωo = 1/(LC)1/2 Frecuencia propia circuito LC ωaplic. = ωo Condición de resonancia Im = Em/Z = Em/[(ωL – 1/ωC)2 + R2 ]1/2 Pavg= Ie Ee cosθ Potencia consumida en el [tanθ = (XL – XC) /R] circuito

Ω Z = [(XL – XC )2 + R2]1/2 Serie de R,L,C Ondas electromagnéticas.

W/m2

c =λf Velocidad ondas EM (luz) c=1/(μoεo)1/2 (3.00×108m/s en vacío) Iavg = BavgEavg/μo = Eavg2/(c μo) Intensidad promedio en un ciclo 2 I = P/4πr Intens. fuente puntual f = fo [(1 v/c) / (1 v/c)]1/2 Doppler Óptica geométrica.

Óptica geométrica. Índice de refracción: n =c/v Aumento lineal: Ml = limag./ lobj.

Sin unid. Sin unid.

Aumento angular: Mθ= θimag./ θobj. Potencia dióptrica de la lente: PD = 1/f Flujo luminoso: Фl=(1/683) watt de luz de 555 nm Intensidad luminosa: Il = ΔΦl /Δθsolid Iluminancia: Jl = ΔΦl /ΔA Ángulo sólido: Ω = A/R2 Óptica ondulatoria.

Sin unid. D

Longitud del camino óptico: s = nd

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) Corriente alterna.

θincid = θreflex Ley de reflexión (Ángulos se miden respecto a la normal) n1senθ1 = n2senθ2 Ley de refracción senθlim = n2/n1 Reflex. total interna (Ángulos se miden respecto a la normal) 1/f = 1/do +1/di Espejos cóncavos y lentes delgadas f = R/2 Espejo esférico 1/f = (n – 1)(1/R1 – 1/R2) Fabricante de lente

lm cd = lm/sr lux= lm/m2 sr Óptica ondulatoria. m

Io= I. cos2θ (con Io polarizada) Ley de Malus tan θB = n2/n1 Ley de Brewster de Polariz. 231

DEFINICIONES DE CANTIDADES FÍSICAS Diferencia de fase entre ondas coherentes: Δθ = (s2 – s1)2π/λ

Unidad SI rad

Poder separador de una red: R = λavg /Δλ Dispersión angular: D=Δθ/Δλ Poder emisivo de un cuerpo que radia ondas electromagnéticas a cierta temperatura absoluta T: ET = ΔP/ΔA Teoría de la Relatividad. (c= 3.00×108m/s) Intervalo: Δs2 = c2Δt2 −Δx2−Δy2− Δz2

Sin unid. rad/m

Momento lineal: p = mv /(1 – v2/c2)1/2 Energía total: E = mc2/(1 – v2/c2)1/2

D = m/(d cosθ)

Red lineal

ET = ζT4

Ley Steffan-Boltzman

W/m2

Teoría de la Relatividad. m

kg m/s J

Física cuántica. (h = 6.63×10-34Js = 4.14×10-15eVs) Quantum de Energía (Planck): J E = hf Quantum de momento angular: kg m2/s L =nh/2π

Propiedades del núcleo: Número másico: A = Nprot+Nneut Número atómico: Z = Nprot Actividad (radiactiva): R = ΔN/Δt (Unidad SI: 1 becquerel, Bq)

LEYES FÍSICAS (RELACIONES ENTRE CANTIDADES FÍSICAS) Δθ =2mπ, con m =0, 1, 2, 3, …, mmax Cond. máximos interf. entre ondas coherentes mλ =d senθm , m= 0, 1, 2, …, mmax Cond. máximos interferencia dos rendijas mλ =w senθm , m= 1, 2, …, mmax Condición mínimos difracción en una rendija R = Nm Red lineal

Sin unid. Bq

c = const. Invariante la vel. luz (vacío) Δs =const. Invariante de espacio-tiempo x’ = γ(x –Vt ), t’ = γ(t −xV/c2), y’ = y, z’ = z con γ = 1/(1 – V2/c2)1/2 Transf. Lorentz Δt = Δη/(1 – V2/c2 )1/2 Dilatación de tiempo Δl = Δlo (1 – V2/c2 )1/2 Contracción de long vx’ = (vx−V) / (1−Vvx /c2) Suma de velocidades vy’ = vy / [γ(1−Vvx /c2)] F = Δp/Δt Fuerza relativista p = E/c Momento del fotón 2 2 2 2 4 E –p c =m c Invariante de E-p K = [mc2/(1 – v2/c2)1/2] – mc2 Energía cinética E = mc2 Energía de reposo Física cuántica. p = h/λ Ondas de materia (de’Broglie) nλ =2dsenθn , n =1, 2, …Max. difracc. de Bragg En = −13.6 (eV)/n2 Átomo de hidrógeno (Bohr) En−Em = hf Transición atómica hf = Kmax. + Wextr. Ley del fotoefecto Kmax = eVfrenado Voltaje de frenado hfcorte= Wextr. Frecuencia de corte A A-4 4 XZ→ YZ-2 + α2 Desintegración alfa A XZ→ AYZ+1 +0β-1 Desintegración beta ΔE =(Δm)c2 Energía nuclear liberada -t/η R = Roe Ley de desintegración 1 Bq = 1 desintegración / segundo 232

Terminado de escribir el 26 de octubre del 2010, en Mayagüez, Puerto Rico

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