PROBLEMAS VARIADOS 1(2012-2013)

281.-Una semiesfera de densidad volumétrica ρ y radio R, es arrastrada deslizando con velocidad constante por un suelo horizontal por acción de la fuerza F La posición de la semiesfera queda determinada por el ángulo θ. Determinar: a) El centro de masas de la semiesfera b) El ángulo θ si el coeficiente de rozamiento entre esfera y suelo es µ=0,8.

a) En la figura 1 hemos considerado que el círculo máximo de la esfera se encuentra en el plano XY, siendo el centro de ese círculo O, el origen del sistema de coordenadas.

Para mayor facilidad en la determinación del centro de masas, le hemos dado la vuelta a la semiesfera y dada la simetría se comprende que el centro de masas esté sobre el eje Z y más cerca de la base que de la cúspide.

Consideramos dos cortes sobre la semiesfera a una altura z (variable) y separados dz que es el espesor dz. Los dos cortes determinan un cilindro elemental de radio r y altura dz, siendo su masa:

ρdzrπρdVdm 2 ⋅=⋅=

Fig.1

X

Z

Y

dz

O

O

Tanto r como z son variables que se encuentran relacionadas entre sí:

222 zRr −=

Por tanto:

( ) ρdzRπρdVdm 22 ⋅−=⋅= z La posición del centro de masas es:

( )

R83

32

R41

CMZ

ρ3Rπ32

41

214Rπρ

ρ3Rπ32

R

04

4zπρ2

2z2Rπρ

ρV

dz3zz2Rπρ

dmdm · z

CM

==⇒

⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

−

=∫ −

=∫

∫=Z

b) En la figura 2 hemos situado las fuerzas que actúan sobre la semiesfera. Puesto que el desplazamiento se realiza a velocidad constante y sin giros, la suma de las fuerzas debe ser nula y también la suma de los momentos respecto del centro de masas.

De la primera condición se deduce que:

gMµFMgN

NµFFF

R

R

=⇒==

=

Fig.2

F y FR forman un par de fuerzas que tienden a aumentar el ángulo θ, mientras que N crea un momento respecto del centro de masas que se opone a que aumente θ, dado que el sistema ha alcanzado el equilibrio la suma de momentos es nula, la suma de momentos es nula. Recuérdese que el momento de un par, es el producto de una de las fuerzas por la distancia entre sus líneas de acción, que es este caso designamos con a. Tomamos momentos de las fuerzas respecto del centro de masas. Momento de la fuerza de rozamiento: HFR , en sentido horario Momento de la fuerza aplicada , F: hFR , en sentido antihorario De la figura se deduce que H-h =a, por tanto, la resultante de los momentos de esas dos fuerzas es :

=− hFHF RR FR.a, pero senθRRa −= y MgµNµFR == Recuérdese que el momento de un par, es el producto de una de las fuerzas por la distancia entre sus líneas de acción, que es este caso designamos con a. Momento resultante de las dos fuerzas F y FR: θ)senR(1gMµ −

Momento de la fuerza N : θsenR83gMθsenR

83N =⋅

( ) ( )

42,9ºθ0,680,8

83

0,8

µ83

µθsenµ83θsenµ

θsen-1µθsen83θsen -1RgMµθsenR

83gM

=⇒=+

=+

=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⇒

⇒=⇒=⋅

282.-Con un hilo de longitud L= 2 m, siendo la resistencia por unidad de longitud ρ =10 Ω /m, se construyen dos cuadrados como indica la figura.

Ambos se sitúan en un plano horizontal donde existe un campo magnético variable con el tiempo, ωtcosoBB = , perpendicular al plano que forman los cuadrados. a) Determinar la intensidad que recorre el circuito si Bo= 0,5 T y ω =0,6 s-1 b) Dibujar la intensidad frente al tiempo cuando a=0,4 m y a=0,3 m. Ahora consideramos una sola espira cuadrada del mismo hilo de lado inicial a= 0,5 m y situada en el mismo campo magnético. Dicha espira disminuye su área ( y por tanto la longitud de la periferia de la espira) a un ritmo dado por la ecuación: t0,0092aS −= . c) Calcular la fuerza electromotriz inducida y dibujar la gráfica intensidad tiempo. Para calcular el flujo vamos a asignar arbitrariamente un sentido a la corriente inducida I. Tomaremos para I en el cuadrado de lado a, el sentido de las agujas del reloj y como está conectado al cuadrado de lado b, en éste necesariamente la corriente tendrá que ir en sentido contrario.

Vamos a asignar un vector superficie perpendicular a cada cuadrado, de acuerdo con el siguiente criterio: Se cierran los dedos de la mano derecha pero situando el pulgar estirado en dirección perpendicular, ahora se hacen coincidir los dedos con el sentido de la corriente y el pulgar, señalará en la dirección y el sentido del vector superficie S . En este caso, como la corriente tiene sentido contrario en cada cuadrado, tendremos que definir dos vectores superficies 1S y 2S cuyas direcciones y sentidos aparecen en el dibujo.

I

I

B

B

1S 2S

El flujo a través del circuito es la suma de los flujos a través de cada cuadrado.

( ) ( ) tcosBSSSSB180cosBS0cosBSS·BS·B o2121212121 ω−=−=+=+=Φ+Φ=Φ

( ) tcosBba o22 ω−=Φ

De acuerdo con la ley de Faraday la fuerza electromotriz inducida vale.

( ) ( ) tsenBbatcosBbadtd

dtd

o22

o22 ωω−=ω−−=

Φ−=ε

La intensidad de la corriente:

( ) ( ) ( )ρ 4

tωsenωb-aBb)(a4ρ

tωsenωbaBR

tωsenωBbaRεI o

22oo

22

=+

−=

−==

b) Calculamos en cada caso el valor de b.

m0,241,22

44aLb;m0,1

41,62

44aLb4b4aL =

−=

−==

−=

−=⇒+=

Las ecuaciones para cada valor de a son:

( ) ( )

( ) ( ) 6t,0sen0,75.10104

6t0,sen 60,20,30,5ρ 4

tωsenωb-aB0,3)I(a

6t,0sen10.25,2104

6t,0sen6,00,10,40,5ρ 4

tωsenωb-aB0,4)I(a

3-o

3o

⋅=⋅

⋅⋅−⋅===

⋅=⋅

⋅⋅−⋅=== −

-2,5

-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

0 4 8 12 16tiempo, t/s

Inte

nsid

ad ,

I/mA

Observe que cuando los dos cuadrados sean iguales no existe corriente. c)

( ) tωcosBt0,009tωcosaBt0,009atωcosBS·BΦ 02

02

0 ⋅−=−⋅==

( )[ ]( )

( ) 0,6tcos0,0045t0,6sent0,00270,075ε

tωcos0,009Bt0,009atωsenωBε

0,009tωcosBtωsenωBt0,009tωsenωaBdtdΦε

o2

o

oo2

o

+−=

+−=

⇒⋅+⋅−−−−=−=

La resistencia eléctrica de la espira disminuye al paso del tiempo ya que su perímetro disminuye.

( ) t0,0090,2510t0,009aρlρRlt0,009aS 222 −=−==⇒=−=

0,9t250,6tcos0,00450,6tsen0,0027t)(0,075I

−+−

=

-0,015

-0,01

-0,005

0

0,005

0,01

0,015

0,02

0 5 10 15 20 25 30

tiempo; t/s

Inte

nsid

ad; I

/A

283.-Un cilindro macizo de radio R, desliza por un plano horizontal AO, con velocidad del centro de masas constante vi.

En O existe un plano inclinado OB que forma un ángulo α con la horizontal. Se pide el valor máximo de vi que puede llevar el cilindro para que en todo momento pase de un plano a otro sin perder el contacto con el suelo. Sobre el cilindro actúan: su peso mg y la reacción normal del plano N Fig.1. El cilindro al llegar a O y no perder contacto con el plano debe girar y su centro de masa describe un ángulo α tal como se indica en la figura 1.

Para un ángulo β>α el cilindro ya rueda por el plano OB. Considerando la posición del ángulo girado α y que el cilindro no ha perdido contacto con los planos, actúan las fuerzas: mg y N. De la figura se deduce que entre la posición inicial 1 y la final f, el centro de masas ha descendido una distancia h ( )αcos1RαRcosRh −=−=

Fig.1

Como el cilindro rueda no existe disipación de energía, conservándose la energía mecánica y esta pérdida de altura da lugar a una disminución de la energía potencial que se traduce en un aumento de la energía cinética de rotación.

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=− 2

2i

2

2f2

i2f R

vRv

I21ωωI

21αcos1Rgm (1)

El momento de inercia del cilindro respecto del eje perpendicular a sus bases y que pasa por el

centro es: 2CM mR

21I = .

Según el teorema de Steiner el momento de inercia respecto del eje que pasa por O:

2222CM mR

23mRmR

21mRII =+=+=

Sustituyendo en (1)

( ) ( )

( ) )2(αcos1Rg34vv

vvαcos1Rg 3

4Rv

Rv

mR23

21αcos1Rgm

2f

2i

2i

2f2

2i

2

2f2

−−=⇒

⇒−=−⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=−

En la posición f de la figura 1, la componente del peso mg·cosα junto con N proporcionan la fuerza centrípeta

( )NαcosmgmRv

RvmNαcosmg 2

f

2f −=⇒=− (3)

Combinando (2) y (3):

( ) ( )

( ) )4(m

RN4αcos73Rgv

mRNRg

34αcosRg

37v

αcosRg34Rg

34

mRNαcosgRαcos1Rg

34Nαcosgm

mRv

i2i

2i

−−=⇒−−=

⇒+−−=−−−=

Observamos que en la ecuación (4) cuanto más pequeño sea N mayor es vi, lo más pequeño que puede ser N es cero y por tanto vi es el máximo posible, en consecuencia la velocidad máxima es:

( )4αcos73Rgvi −=

284. Supongamos que la energía en reposo de un partícula relativista es precisamente la energía electrostática del electrón, a) calcular el radio del electrón si su carga e, se distribuye de forma uniforme por todo el volumen esférico y b) si su carga se distribuye de forma homogénea por la superficie. Entre el caso a) y b) existe una diferencia. La energía creada por la carga, está en el caso a) tanto en el exterior como en el interior de la esfera del electrón, mientras que en el caso b) solamente está en el exterior ya que en el interior el campo es nulo. La energía almacenada en un campo eléctrico esta dada por la expresión

∫= dVE2ε

U 2o

La integral debe calcularse en todo el espacio en el que exista campo eléctrico.. Para el caso a), dividimos el campo creado en dos partes, una la que corresponde al espacio exterior al electrón, y otra al interior del mismo. Para calcular el campo exterior aplicamos el teorema de Gauss Consideramos una esfera de radio r>R (R radio del electrón) concéntrica con la esfera que contiene la carga e. El teorema de Gauss expresado en forma matemática es:

∫ ∑=⋅oεq

SdE

En nuestro caso ∑ = eq

2o

eo

2e

o r1

ε4πeE

εer4πE

εeSdE =⇒=⋅⇒=⋅∫ (1)

Para calcular el campo en el interior del electrón, hacemos uso del teorema de Gauss

Consideramos una esfera concéntrica con la que tiene la carga Q´ de radio r<R

o

2i

o εQ´r4πE

εqSdE∫ =⋅⇒=⋅

r

R

Q´ es la carga contenida en la esfera de radio r. Teniendo presente que la distribución de carga es homogénea, la densidad volumétrica de carga es la misma en la esfera de radio R que en la de radio r.

3

3

33 RreQ´

πr34Q´

πR34

eρ =⇒==

3o

2o

3

3

2o

i Rε4πre

rε4πRre

rε4πQ´E ===

drr4πdVrπ34V 23 =⇒=

Calculamos la energía almacenada en el campo exterior a la esfera.

R1

ε8πeU

R11

ε8πedr

r1

ε8πedrr4π

rε4πe

2ε

dVE2ε

U

o

2

e

o

2

2o

22

2

2o

o2oe

RR

=⇒

⇒⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

∞−==⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛== ∫∫∫

∞∞

Calculamos la energía almacenada en el campo interior a la esfera.

R1

ε40πeU

50

5R

Rε8πedrr

Rε8πedrr4π

Rε4πQ´r

2ε

dVE2ε

U

o

2

i

5

6o

24

6o

22

2

03

o

o2oi

R

o

R

=⇒

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−==⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛== ∫∫∫

Rεπ20Q3

101

21

Rε4πQ

Rε40πQ

Rε8πQU

o

2

o

2

o

2

o

2

total =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

Según el enunciado del problema Utotal = moc2 (mo masa en reposo del electrón)

2oo

2

o

22

o cmεπ20e3R

Rεπ20e3cm =⇒=

b) Ahora la energía se encuentra solamente en el campo exterior

2oo

2

o

22

o cmεπ8eR

Rεπ8ecm =⇒=

285. Un aro de hilo fino y radio R y carga q está en el plano XY y su centro coincide con el eje de coordenadas. A lo largo del eje Z positivo existe un hilo de longitud infinita cuya carga por unidad de longitud es λ. Se pide la fuerza de interacción entre el anillo y el hilo. Consideramos una longitud dh sobre el hilo que está a una altura h del centro del aro. La carga de ese elemento es dhλdq = , el cual crea un campo eléctrico a lo largo del aro. En la figura se representa el vector campo en dos puntos del aro P y P´ separados por un diámetro

En la figura 1 se ha dibujado el vector campo tanto en P como en P´, así como sus componentes sobre los ejes Y y Z(figura 1). Se deduce de la figura que las componentes sobre el eje Y se anulan y se suman las del eje Z. Podemos escoger pares de puntos como P y P´ a lo largo del aro teniendo todo el conjunto la carga q. El módulo de la fuerza sobre el aro debido al elemento dh es:

θcosqrdhλ

ε4π1qdEdF 2

o

⋅⋅=⋅=

En esta ecuación existen tres variable: r , θ y h, que pueden relacionarse entre ellas.

22

222

Rhh

rhθcos;Rhr

+==+=

Llevando estas relaciones a la fuerza resulta:

( )23

22o2222

o Rh

dhhε4πq

Rhhq

Rhdhλ

ε4π1dF

+=

+⋅⋅

+=

λ

Para calcular la fuerza de todo el hilo hemos de integrar la ecuación anterior poniendo como límites de la variable h cero e infinito.

( ) ( )∫∫∞∞

+=

+=

00 23

23

22o22o Rh

dhhε4πqλ

Rh

dhhε4πqλF

Para resolver la integral hacemos el cambio de variable siguiente

h

dh

EdEd

r

X

Y

Z

P P´

θ

Fig.1

daadhhaRh 222 =⇒=+

2223Rh

1a1

ada

adaa

+−=−== ∫∫

Sustituyendo en (1)

( ) Rε4πqλ

R11

ε4πqλ

Rh1

ε4πqλ

Rh

dhhε4πqλF

o2

o22

o22o o0 23 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

∞−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−=

+= =

∞∞

∫ (1)

El vector fuerza es: ( )kRεπ4

qλFo

−= .

Este problema se puede resolver también a partir del campo creado por el aro en el lugar donde se encuentra el elemento de corriente dh.

En la figura 2 hemos elegido dos elementos del aro de longitud cada uno dl, (situados en P y P´) y que cada uno posee la carga:

dlRπ2

qdq =

Los cuales crean sendos campos del mismo modulo .Se observa en la figura 2 que las componentes sobre el eje Y se anulan y se suman sobre el eje Z, Esto ocurre para cada par de elementos separados por un diámetro en el aro. Si lo aplicamos a todo el aro, que posee la carga q , el módulo del campo debido a todo el aro en el punto de altura h es:

( ) θcosRh

qεπ4

1θcosrq

επ41E 22

o2

o +==

El módulo de la fuerza que sufre un elemento de longitud dh y carga dq =λ dh vale:

( ) dhλRh

cosθqεπ4

1dhλEdF 22o +

=⋅=

h

dh

r

X

Y

Z

P P´

θ

dE dE

Fig.2

De la figura se deduce que

22 Rhhθcos+

=

El módulo de la fuerza sobre el hilo es:

( ) Rεπ4q λ

Rh

dhhεπ4q λF

O22O 0 23 =

+= ∫

∞

Resultado igual al obtenido anteriormente

El vector fuerza es: kRεπ4

qλFo

= .

El vector fuerza tiene la dirección positiva del eje Z ya que corresponde a la fuerza del aro sobre el hilo, mientras que antes obtuvimos la fuerza del hilo sobre el aro. Este resultado está de acuerdo con el tercer principio de la Dinámica o principio de acción y reacción, puesto que se trata de la interacción mutua entre dos cuerpos.