Examen Final - 62.03/62.04 Física IIA/B
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Examen Final - 62.03/62.04 Física IIA/B

Fecha: 2 Cuatrimestre 2004
Día: 21/XII/2004 - TEMA A

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Enunciados

Un Condensador cilíndrico de radios $<tex>2 cm</tex>$ y $<tex>6 cm</tex>$ de largo está conectado a una fuente de $<tex>100 V</tex>$ (continua). a) Determine la capacidad del condensador, b) ¿Cuál es la carga sobre cada armadura?, c) ¿Cómo se modifican estos valores si se introduce un dieléctrico de constante relativa 5 estando conectado a la batería? d) ¿Cuál es la energía por unidad de longitud del condensador cargado en el último caso?
Se tiene un material ferromagnético de permeabilidad $<tex>\mu</tex>$ en forma de toroide se sección cuadrada de lado $<tex>a</tex>$ y radio interior $<tex>R=10a</tex>$ , sobre el que se arrollan $<tex>N</tex>$ vueltas de un conductor. a) Calcule $<tex>B</tex>$ , $<tex>H</tex>$ y $<tex>M</tex>$ en todo el espacio cuando circula $<tex>I</tex>$ por el arrollamiento; b)Determine la energía almacenada en el material; c) discuta que pasa con esos valores si se corta la corriente y se practica un pequeño entre hierro; d) si se coloca un segundo arrollamiento sobre el toroide de $<tex>N_{2}</tex>$ vueltas conectado a una resistencia $<tex>R</tex>$ , ¿cuál es la potencia disipada si por la primera bobina circula $<tex>I=I_{0} \sin (\omega t)</tex>$
Se tiene un circuito compuesto por un condensador ( $<tex>C</tex>$ ) y una inductancia ( $<tex>L</tex>$ ) en paralelo conectados en serie con una resistencia ( $<tex>R</tex>$ ), alimentado por una fem $<tex>V=V_{0} \sin (\omega t)</tex>$ . Determine a) la impedancia del circuito, b) la potencia disipada en la resistenca, c) las corrientes sobre cada elemento, d) las energías almacendas debidas a los campos eléctricos y magnéticos.
(Sólo para Física IIB) Describa y explique el comportamiento ferromagnético de la materia. Analice una curva de histéresis y comente los parámetros que la caracterizan. Diferencie entre materiales magnéticos duros y suaves. Comente sobre la disipación de energía del material en relación a la curva de histéresis. Compare con el comportamiento paramagnético y diamagnético.
(Sólo para Física IIA) a) Calcular el rendimiento de un ciclo de Carnot y verificar que la variación de entropía es cero en el ciclo; b) Determinar el perfil de temperaturas dentro del aislador si se tiene un tubo cilíndrico de radio exterior $<tex>R_{2}</tex>$ y coeficiente de conducción $<tex>\kappa</tex>$ (la pared interior del aislador se encuentra a $<tex>T_{1}</tex>$ y la exterior a $<tex>T_{2}</tex>$ .
a) Describir dos métodos para medir la frecuencia de resonancia de un circuito $<tex>RLC</tex>$ serie con los elementos disponibles en el laboratorio de Física II. Justificar. b) (Sólo para Física IIA)Describa el TP del calorímetro.

Primero que todo podemos llamar $<tex>Q_{1}</tex>$ y $<tex>Q_{2}</tex>$ a las cargas en la placa interior y exterior sobre las paredes del cilindro. Además el enunciado parece estar mal redactado por lo que supondremos que el cilindro es infinito y que la pila está conectada con el borne postivo hacia el exterior.

Desprendo entonces que $<tex>Q_{1} + Q_{2} = 0</tex>$ o bien que $<tex>Q_{1}=Q</tex>$ y $<tex>Q_{2}=-Q</tex>$ .

Para averiguar la capacidad del sistema debemos calcular la diferencia de potencial entre las placas y la carga acumulada en ellas. Pero la diferencia de potencial es dato (la pila), entonces debo averiguar la carga que hallaremos justamente con el mismo dato.

Sea $<tex>\mathbf{S}</tex>$ un cilindro matemático de radio $<tex>r</tex>$ y altura $<tex>h</tex>$ . Entonces se procederá a usar la ley de Gauss. Para eso primero debe calcularse el flujo de D sobre S. $<tex>\int \!\!\!\! \int_{\mathbf{S}} \vec D(\vec r) \cdot d \vec S</tex>$

Ahora vamos a considerar la simetría del problema. Esto me dice que $<tex>\vec{D}(\vec{r})=D(\rho)\,\widehat\rho</tex>$

Como el diferencial de superficie sobre la superficie lateral de la superficie gaussiana en este problema es $<tex>d\vec{S}=\rho\,d\phi\,dz\,\widehat\rho</tex>$ entonces el producto queda $<tex>\vec{D}(\vec{r})\cdot d\vec{S}= D(\rho)\,\rho\,d\phi\,dz</tex>$ .

Ademas en las tapas $<tex>d\vec{S}=dz\,\widehat{z}</tex>$ , por lo que $<tex>\vec{D}\,d\vec{S}=0</tex>$

Ahora se calcula el flujo: $<tex>\int \!\!\!\! \int_{\mathbf{S}} \vec{D}(\vec{r})\cdot d\vec{S}=\int_0^{2\,\pi} \!\!\!\! \int_0^h D(\rho)\,\rho\,d\phi\,dz + \int \!\!\!\! \int_{\mathbf{S_{tapas}}}\vec{D}(\vec{r})\cdot d\vec{S}= D(\rho)\,2\,\pi\,\rho\,h + 0</tex>$

Ahora para utilizar la ley de Gauss debemos calcular la carga encerrada por la superficie $<tex>\mathbf{S}</tex>$ que, como es de prever, dependerá de $<tex>\rho</tex>$ . También se observa que sólo hay cargas en las superficies de las corazas del condensador. Así: $<tex>Q_{L} = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \mbox{para } 0 cm < \rho < 2 cm, \\ \sigma{1}\,2\,\pi\,(2 cm)\,h & \mbox{para } 2 cm < \rho < 6 cm, \\ 0 & \mbox{para } 6 cm < \rho.\end{array} \right.</tex>$

Por lo tanto: $<tex>D(\rho) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{\sigma_{1}\,(2cm)}{\rho} & \mbox{para } 2 cm < \rho < 6 cm, \\ 0 & \mbox{para el resto.}\end{array} \right.</tex>$

En donde he usado que $<tex>Q=\sigma_{1}\,2\pi\,(2 cm)\,h</tex>$

Ahora como $<tex>\vec{E}=\frac{\vec{D}}{\varepsilon}</tex>$ entonces $<tex>E(\rho) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{\sigma_{1}\,(2cm)}{\rho\varepsilon_{0}} & \mbox{para } 2 cm < \rho < 6 cm, \\ 0 & \mbox{para el resto.}\end{array} \right.</tex>$

Pues en el vacio $<tex>\varepsilon=\varepsilon_{0}</tex>$

Para calcular el potencial entre las capas calcularemos la circulación de $<tex>\vec{E}(\rho)</tex>$ que, como es de esperar, la haremos por un camino radial. $<tex>d\vec{l}=d\rho\widehat{\rho}</tex>$

$<tex>\Delta V=-\int_{6 cm}^{2 cm} \frac{\sigma_{1}\,(2cm)}{\rho\varepsilon_{0}}\,d\rho=\frac{\sigma_{1}\,(2cm)}{\varepsilon_{0}}\ln(\frac{6cm}{2cm})</tex>$

Reemplazando $<tex>\Delta V=100 V</tex>$ , despejamos $<tex>\sigma_{1}=40.278 nC/m^{2}</tex>$

Entonces cuando queramos usar $<tex>\Delta V=\frac{Q}{C}</tex>$ veremos que debemos saber la carga sobre cada placa para calcular la capacidad, lo que es imposible pues esta carga es infinita en este cilindro infinito, por lo tanto lo calcularemos para una altura $<tex>h</tex>$ genérica.

$<tex>C=\frac{Q}{\Delta V}=\frac{40.278\cdot10^{-9}\frac{C}{m^{2}} \,2\,\pi\,(0,02m)\,h}{100v}=h\,50.61pF/m</tex>$

Para el punto b sucede lo mismo, es imposible calcular la carga, pero por lo menos calculamos la densidad de carga $<tex>\sigma_{1}</tex>$ (ya calculada arriba) y $<tex>\sigma_{2}</tex>$ que la sacamos usando la primer relación que escribí:

$<tex>Q_{1}=Q_{2}\Longrightarrow \sigma_{1}\,(2cm)=\sigma_{2}\,(6cm) \Longrightarrow \sigma_{2}=\frac{\sigma_{1}}{3}=13.426 nC/m^{2}</tex>$

Para el punto c nos piden volver a calcular todo si $<tex>\varepsilon=5\,\varepsilon_{0}</tex>$ En este caso $<tex>C=5\,h\,50.61pF/m=h\,253.05pF/m</tex>$ y la carga sale de $<tex>Q=C\,\Delta V</tex>$

Para el punto d necesitamos calcular la densidad de energía y luego con eso hallar la energía por unidad de longitud. Lo primero es: $<tex>u=\frac{\vec{E}\cdot\vec{D}}{2}=\frac{\sigma_{1}^{2}\,(0,02m)^{2}}{\rho^{2}\varepsilon_{0}\,2}</tex>$

Además $<tex>dU=u\,dV=u\,\pi\rho^{2}\,dl=\frac{\sigma_{1}^{2}\,(0,02m)^{2}\,\pi\,dl}{\varepsilon_{0}\,2}</tex>$

$<tex>\frac{dU}{dl}=\frac{\sigma_{1}^{2}\,(0,02m)^{2}\,\pi}{\varepsilon_{0}\,2}</tex>$ Los cálculos los dejo para hacer.

Problema 2

Parte a

Debo hallar los vectores $<tex>B</tex>$ , $<tex>H</tex>$ y $<tex>M</tex>$ en todo el espacio, pero suponiendo que la permitividad del material es lo suficientemente alta podemos suponer que sólo existiran en la región interior al material.

En este caso lo que utilizaremos es la ley de Ampère: $<tex>\oint_{\mathcal{C}}\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=I_{\mbox{conc}}</tex>$

Esto vale para cualquier curva cerrada del espacio. Vamos a tomar una curva $<tex>\mathcal{C}</tex>$ que sea una circunferencia de radio $<tex>\rho</tex>$ dentro del toroide. En esta curva, como aclaré antes, vamos a suponer que el campo es siempre paralelo a la curva y depende sólo del radio, entonces: $<tex>\vec{H}=H(\rho)\widehat{\varphi}</tex>$ y además que $<tex>d\vec{\ell}=\rho\,d\varphi\widehat{\varphi}</tex>$ .

Así $<tex>\oint_{\mathcal{C}}\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=\int_0^{2\,\pi} H(\rho)\widehat{\varphi}\cdot\rho\, d\varphi\widehat{\varphi}=H(\rho)\rho\int_0^{2\,\pi}d\varphi=H(\rho)\rho\,2\,\pi</tex>$

Como la corriente que concatena la curva $<tex>\mathcal{C}</tex>$ es $<tex>N</tex>$ veces $<tex>I \quad \Longrightarrow I_{\mbox{conc}}=NI</tex>$ .

$<tex>\Longrightarrow \quad H(\rho)\rho\,2\,\pi=NI \quad \Longrightarrow \quad \vec{H}=\frac{NI}{2\,\pi\rho} \widehat{\varphi}</tex>$

Usando la relación del material $<tex>\vec{B}=\mu\vec{H}\ \Longrightarrow\ \vec{B}=\frac{NI\mu}{2\,\pi\rho} \widehat{\varphi}</tex>$

Para calcular la magenetización uso $<tex>\vec{H}=\frac{\vec{B}}{\mu_{0}}-\vec{M}</tex>$ Resultando $<tex>\vec{M}= \frac{NI(\mu-1)}{2\,\pi\rho} \widehat{\varphi}</tex>$ . Como $<tex>\mu\ <\ 1\ \Longrightarrow\ \vec{M}\backslash\!\backslash -\vec{B}</tex>$ .

Por lo tanto $<tex>\vec{B}</tex>$ y $<tex>\vec{H}</tex>$ tienen el mismo sentido y $<tex>\vec{M}</tex>$ el sentido contrario.

Parte b
La energía almacenada se calcula viendo primero la densidad de energía $<tex>u_{m}=\frac{\vec{H}\cdot\vec{B}}{2}=\frac{\mu N^2I^2}{8\pi^2\rho^2}</tex>$

Y como antes $<tex> dU=udV\ \Longrightarrow\ U=\int \!\!\!\! \int \!\!\!\! \int_{\mbox{material}} udV=\int \!\!\!\! \int \!\!\!\! \int_{\mbox{material}} \frac{\mu N^2I^2}{8\pi^2\rho^2}dV</tex>$

Y como $<tex>dV=\rho\,d\varphi\,d\rho\,dz</tex>$ (es una sección de cilindro digamos) entonces: $<tex>U=\frac{\mu N^2I^2}{8\pi^2}\cdot\int_0^{2\,\pi} d\varphi\cdot\int_{10a}^{11a}\frac{d\rho}{\rho}\int_0^a dz</tex>$

$<tex>U=\frac{\mu\,N^2I^2}{8\pi^2}2\,\pi\cdot\ln(1.1)\cdot a =\frac{\mu\,N^2I^2a\ln(1.1)}{4\pi}</tex>$

Parte c Se corta la corriente y se realiza un corte.

En estas condicones $<tex>\vec M</tex>$ se mantiene como antes (pues el material es ferromagnético). $<tex>\vec M=\frac{(\mu-1)NI}{2\pi\rho}\widehat{\varphi}</tex>$

En este caso no hay corriente verdadera, entonces deducimos de la ley de Ampère: $<tex>\oint_{\mathcal{C}}\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=0\ \Longrightarrow\ H_{M}(2\pi\rho-e)+H_{e}e=0</tex>$ .

Por condiciones de contorno al ver que la sección del toroide no cambia $<tex>B_{M}=B_{e}\ \Longrightarrow</tex>$
$<tex>\begin{array}{rcccc}\displaystyle H_{M}(2\pi\rho-e) & + & \displaystyle H_{e}e & = & 0 \\\displaystyle (\frac{B}{\mu_0}-M)(2\pi\rho-e) & + & \displaystyle \frac{B}{\mu_0}e & = & 0 \\\displaystyle \frac{B}{\mu_0}(2\pi\rho)-\frac{B}{\mu_0}e-M(2\pi\rho-e) & + & \displaystyle \frac{B}{\mu_0}e & = 0 \\ \end{array}</tex>$

Obteniendo: $<tex>B=\mu_0M\frac{(2\pi\rho-e)}{2\pi\rho}=\frac{\mu_0(\mu-1)NI}{(2\pi\rho)^2}(2\pi\rho-e)</tex>$ y se ve que $<tex>\vec{B}\backslash\!\backslash\vec{M}</tex>$ .

$<tex>H_M=\frac{(\mu-1)NI}{(2\pi\rho)^2}(2\pi\rho-e)-\frac{(\mu-1)NI}{2\pi\rho}=\frac{(\mu-1)NI}{2\pi\rho}\left [\frac{2\pi\rho-e}{2\pi\rho}-1\right]=-\frac{(\mu-1)NI}{2\pi\rho}\frac{e}{2\pi\rho}</tex>$ .

Es decir que $<tex>H_M=-\frac{e}{2\pi\rho}M\ \Longrightarrow\ \vec{H_M}\backslash\!\backslash-\vec{M}</tex>$ .

Y $<tex>H_e=\frac{B}{\mu_0}\ \Longrightarrow\ \vec{H_e}\backslash\!\backslash-\vec{B}</tex>$ .

Entonces podemos concluír que en el material $<tex>\vec B</tex>$ y $<tex>\vec M</tex>$ son paralelos y $<tex>\vec H</tex>$ tiene sentido contrario. En el entrehierro $<tex>\vec M=0</tex>$ y $<tex>\vec B</tex>$ y $<tex>\vec H</tex>$ son paralelos.

Parte d En esta parte se calcula el flujo que genera la bobina 1 sobre la bobina 2, es decir: $<tex>\Phi_{21}=N_2\int \!\!\!\! \int_{\Sigma_2} \vec{B}_1 \cdot d\vec{S}</tex>$ . Entonces:
$<tex>\Phi_{21}=N_2\frac{\mu\,NI_1}{2\pi\rho}\int_0^a\!\int_{10a}^{11a} \frac{d\rho}{\rho}dz=\frac{\mu\,N_2N_1I_1} {2\pi\rho}=\frac{\mu\,N_2N_1I_1}{2\pi}\ln(1,1)a</tex>$
La inductancia mutua es entonces: $<tex>M=\frac{\Phi_{21}}{I_1}=\frac{\mu\,N_2N_1}{2\pi}\ln(1,1)a</tex>$ .
$<tex>\Delta V_2=M\frac{dI_1}{dt}=M\omega I_0\cos(\omega t)=\frac{\mu\,N_2N_1a}{2\pi}\ln(1,1)\omega\,I_0 \cos(\omega t)</tex>$
$<tex>P=R^2I_2=R\Delta V=\frac{R\mu\,N_2N_1a}{2\pi}\ln(1,1)\omega\,I_0 \cos(\omega t)</tex>$

Problema 3

[no pongo el esquema aún] Parte a La impedancia del circuito es:
$<tex>Z=R+Z_{\backslash\!\backslash}=R+\frac{Z_LZ_C}{Z_{L}+Z_{C}}=R+\frac{i\omega\,L\left(\frac{-i}{\omega\,C}\right)}{i\omega\,L-\frac{i} {\omega\,C}}=R+\frac{\frac{L}{C}}{i\left(\omega\,L-\frac{1}{\omega\,C}\right)}</tex>$
$<tex>Z=R-i\frac{L}{C\left(\omega\,L-\frac{1}{\omega\,C}\right)} </tex>$

Parte b Si $<tex>I=I_0\mathrm{sen}(\omega\,t+\varphi_I)</tex>$ y $<tex> Z=\left|{Z}\right|\,e^{i\varphi_Z}</tex>$

$<tex>\Longrightarrow\ I_0\,e^{i(\omega\,t+\varphi_I)}=\left|{Z}\right| e^{i\varphi_{Z}}=V_0\,e^{i\omega\,t}</tex>$ (Ley de Kirchoff de Corriente alterna)

De aquí: $<tex>I_0=\frac{V_0}{\left|{Z}\right|}</tex>$ y $<tex>\varphi_I=-\varphi_Z</tex>$

$<tex>P(t)=\mathcal{E}(t)I(t)=V_0\mathrm{sen}(\omega\,t)\,I_0\mathrm{sen}(\omega\,t+\varphi_I)</tex>$

$<tex>P(t)=\frac{V_0^2}{\left|Z\right|}\mathrm{sen}(\omega\,t)\mathrm{sen}(\omega\,t-\varphi_Z)</tex>$

siendo $<tex>\left|Z\right|=\sqrt{R^2+\frac{L^2}{C^2\left(\omega\,L-\frac{1}{\omega\,C}\right)^2}}</tex>$ y $<tex>\varphi_Z=\mathrm{arctg}\left[\frac{-L}{RC\left(\omega\,L-\frac{1}{\omega\,C}\right)}\right]</tex>$

Si se mide con un potenciómetro se verá la Potencia aparente:
$<tex>P_{ap}=\frac{V_0I_0}{2}=\frac{V_0^2}{2\left|Z\right|}</tex>$

Parte c
Se cumple que si son $<tex>\mathcal{V}</tex>$ y $<tex>\mathcal{I}</tex>$ las tensiones y corrientes complejas (es decir que la parte real de ellas es la tensión y la corriente), entonces:
$<tex>\mathcal{V}=R\mathcal{I}+Z_L\mathcal{I}_L </tex>$

$<tex>V_0e^{i\omega\,t}=R\,I_0e^{i\omega\,t+\varphi_I}+i\omega\,L\mathcal{I}_L</tex>$

$<tex>\left(V_0-RI_0e^{i\varphi_I}\right)e^{i\omega\,t}=i\omega\,L\mathcal{I}_L=\omega\,Le^{i\frac{\pi}{2}} \mathcal{I}_L</tex>$

$<tex>\frac{V_0-RI_0e^{i\varphi_I}}{\omega\,Le^{i\frac{\pi}{2}}}e^{i\omega\,t}=\mathcal{I}_L</tex>$

$<tex>\left[\frac{V_0}{\omega\,L}\underbrace{e^{-i\frac{\pi}{2}}}_{-i}- \frac{RI_0}{\omega\,L}e^{i(\varphi_I-\frac{\pi}2)}\right]e^{i\omega\,t}=\mathcal{I}_L</tex>$

$<tex>\left[-\frac{V_0}{\omega\,L}i-\frac{RI_0}{\omega\,L}\left(\mathrm{cos}\left(\varphi_I-\frac{\pi}2\right)+ i\mathrm{sen}\left(\varphi_I-\frac{\pi}2\right)\right)\right]e^{i\omega\,t}=\mathcal{I}_L</tex>$

$<tex>I_L=\mathrm{Re}(\mathcal{I}_L)=-\frac{RI_0}{\omega\,L}\mathrm{sen}\left(\varphi_L+\omega\,t\right)</tex>$

Parte d La energía almacenada en el circuito podemos hallarla averiguando la energía almacenada en el capacitor, en la bobina y en la resistencia. $<tex>U_C=\frac{\Delta V_C}{2}C^2 \quad U_L=\frac{L}{2}I^2 \quad U_R=R^2I</tex>$

En este problema $<tex>\Delta V_C = \mathcal{E}(t)-I(t)R=V_0\,\mathrm{sen}(\omega t)-I_0R\,\mathrm{sen}(\omega t-\varphi_Z)</tex>$

Haciendo la suma de ondas:
$<tex>\Delta V_C= \Delta_0 \mathrm{sen}(\omega t + \varphi_{\Delta})</tex>$

Siendo $<tex>\Delta_0=\sqrt{ V_0^2 +R^2I_0^2 -2V_0RI_0\cos\varphi_Z}</tex>$ y recordando que $<tex>I_0=\frac{V_0}{\left|Z\right|}</tex>$ . Entonces:
$<tex>\Delta_0=\sqrt{ V_0^2 +R^2\frac{V_0^2}{\left|Z\right|^2} -2R\frac{V_0^2}{\left|Z\right|}\cos\varphi_Z}</tex>$