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Versión 1
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2ª Prueba Parcial
Lapso 2008.2
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADÉMICO
ÁREA INGENIERÍA DE SISTEMAS
MODELO DE RESPUESTA
ASIGNATURA:
FÍSICA GENERAL II
MOMENTO:
SEGUNDA PRUEBA PARCIAL
FECHA DE APLICACIÓN:
01-11-2008
CÓDIGO:
VERSIÓN:
LAPSO
326
1
2008.2
MOD III,- UNID 6,- OBJ 6
1.-
r
ˆ T
ˆ
ˆ , B=(0,25 ˆi+0.30k)
DATOS: R=0,08 m, I= 0,2 A, n̂=(0,6i-0,8j)
SOLUCIÓN:
a)
Para determinar el momento de torsión sobre el anillo, se
tiene
r
r
r r r
ˆ ×B
τ =M × B=Mnˆ × B=(IAn)
r
ˆ
ˆ
τ = ⎡⎣0,2π (0,08)2 (0,6 ˆi-0,8jˆ ⎤⎦ × (0,25i+0,30k)
r
ˆ
ˆ
ˆ⎤
τ =4,03 × 10-3 ⎡⎣-0,18j+0,2k-0,24i
⎦
r
ˆ
ˆ
ˆ × 10-4 N.m
τ =(-9,65i-7,24j+8,04k)
⇒
b)
La energía potencial magnética del anillo, está dada por
r r
ˆ
ˆ ⎤ (0,25i+0,30k)
ˆ
ˆ
U=-M B=- ⎡⎣ 4,02 × 10-3 (0,6i-0,8j)
⎦
U=-4,02 × 10-3 (0,15)
⇒
U=-6,03 × 10-4 J
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
Procedimiento y resultados similares a los mostrados.
MOD III,- UNID 7,- OBJ 7
2.-
DATOS:
n
vueltas
=16
,
l
cm
I= 1,3 A, μr =3,3 × 10-4 .
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SOLUCIÓN:
a)
La variación del campo magnético dentro del solenoide, está
dado por:
n
ΔB=B f -Bo =μrBo -Bo =(μr -1)Bo =(μr -1)μo I
l
-4
-7
ΔB=(3,3 × 10 -1) × 4π 10 × 16 × 1,3
b)
⇒
ΔB=-2,613 × 10-5 T
Para determinar la magnetización de la barra, se tiene
B -B ΔB
B f =Bo +μoM,
M= f o =
μo
-2,613 × 10-5
M=
4π 10 −7
⇒
μo
M=-20,79
A
m
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
Procedimiento y resultados similares a los mostrados.
MOD IV,- UNID 8,- OBJ 8
3.-
DATOS: longitud de barra= L,
resistencia R, campo magnético B.
masa de la misma= m,
SOLUCIÓN:
Cuando la barra desliza sobre el plano
inclinado, adquiere una velocidad v, al
igual que la adquirida por cualquier
elemento diferencial de carga dq.
Sobre este elemento diferencial de
carga se produce una fuerza
magnética debido a la acción del
campo magnético B.
Esta fuerza magnética hace que las cargas positivas se dirijan
hacia el extremo B de la barra y las cargas negativas hacia el
extremo A; de esta manera se produce una fuerza electromotriz
inducida en el circuito, y por lo tanto se produce una corriente
inducida en la dirección mostrada en la figura. La fuerza
electromotriz inducida Vε está dada por: Vε =BLv .
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La corriente inducida a través del circuito está dado por:
V BLv
i= ε =
R
R
a)
Para determinar la velocidad de la barra en función del
tiempo, consideremos las fuerzas que actúan sobre la barra,
como se muestra en el diagrama de Cuerpo libre de la
misma, y apliquemos la 2ª ley de Newton.
Tomando en cuenta la dirección del
movimiento de la barra, se tiene
dv
mgsenθ -Fmcosθ =m
(1) ,
dt
B2L2v
Donde Fm =iLB=
R
Sustituyendo esta Fm en la ecuación (1), se tiene
B2L2 v
dv
mgsenθ cosθ =m
(2)
R
dt
Reordenando la ecuación, se tiene
B2L2 v
dv
mgRsenθ
mR dv
mgsenθ cosθ =m , - 2 2
+v= 2 2
R
dt
B L cosθ
B L cosθ dt
2
2
v
t
dv
B L cosθ
=dt
(3)
mgRtanθ
mR
0
0
vB2L2
∫
b)
∫
Al integral la ecuación (3), se tiene
⎡ mgRtanθ ⎤
⎢ v- B2L2 ⎥ B2L2cosθ
ln ⎢
=t
(4)
mgRtanθ ⎥
mR
⎢⎥
B2L2
⎣
⎦
Despejando en la ecuación (4), se obtiene la velocidad de la
barra en función del tiempo, esto es,
2 2
mgRtanθ ⎡ - B LmRcosθ t ⎤
v=
⇒
⎢1-e
⎥
B2L2 ⎣⎢
⎦⎥
La velocidad terminal de estado estacionario que adquiere la
barra durante su deslizamiento, se obtiene cuando dv/dt=0,
esto es,
B2L2 v
mgRtanθ
mgsenθ cosθ =0 ⇒ v=
R
B2L2
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Resultado que coincide con el obtenido cuando en la
ecuación de la velocidad en función del tiempo se considera
un tiempo lo suficientemente largo.
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
Procedimiento y resultados similares a los mostrados.
MOD IV,- UNID 9,- OBJ 9
4.-
DATOS:
R= 200 Ω, C= 5,0 μF, L= 400 mH, Vε=3,0 V.
SOLUCIÓN:
a)
b)
c)
La frecuencia angular ω a la cual la corriente del circuito
tiene el valor máximo es la frecuencia de resonancia, esto es
1
1
1
ωL=
, ω2=
=
ωC
LC 400 × 10-3 × 5,0 × 10-6
rad
⇒
ω =707,11
s
El valor máximo de la corriente del circuito está dado por:
V 3,0
⇒
Imax = ε =
Imax =15,0 mA
R 200
Para determinar la corriente máxima del circuito cuando la
frecuencia angular es de 400 rad/s, se tiene
Vε
Imax =
2
1 ⎞
2 ⎛
R + ⎜ ωLωC ⎟⎠
⎝
3,0
Imax =
2
1
⎞
2 ⎛
(200) + ⎜ 400 × 0,4400 × 5,0 × 10-6 ⎠⎟
⎝
3,0
⇒ Imax =7,64 mA
Imax =
4 × 104 +(160-500)2
Para saber si se adelanta o atrasa el voltaje de la fuente
respecto a la corriente, es necesario determinar el ángulo de
fase, así se tiene que
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1 ⎞
⎛
ωL⎜
ωC ⎟ =tan-1 ⎛ 160-500 ⎞ ⇒ φ =-59,53º
φ =tan-1 ⎜
⎟
⎜ 200 ⎟
R
⎝
⎠
⎜
⎟
⎝
⎠
Por ser negativo el ángulo de fase Ф nos indica que se
atrasa el voltaje.
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
Procedimiento y resultados similares a los mostrados.
MOD IV,- UNID 10,- OBJ 10
5.-
DATOS:
D= 21,6 cm, jD= 1,87x10-3 A/cm2, r=5,3 cm.
SOLUCIÓN:
a)
Para determinar el campo magnético a una
distancia r = 5,3 cm del eje de simetría, se
tiene que
r r
i
i'
B d l=μoi'c , jD = c 2 = c2 ,
πR πr
2
2
2
r i r j πR
μ jr
i'c = 2c = D 2 , B(2π r)=μoπ jDr 2 , B= o D
R
R
2
-7
-3
4π 10 × 1,87 × 10 × 0,053
B=
⇒ B=6,227 T
2
∫
b)
La velocidad con que varía el campo eléctrico (dE/dt),
está dado por:
dE
jD =ε o
,
dt
dE jD 1,87 × 10-3
= =
dt ε o 8,85 × 10-12
dE
V
=2,113 × 108
dt
m.s
⇒
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
Procedimiento y resultado similares a los mostrados.
FIN DEL MODELO DE REPUESTA
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