Fisica_mecanica_resueltos

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Fundamentos Físicos de la Ingeniería Examen final / 29 de junio de 2004 
1. Una partícula se mueve en el plano de tal forma que las componentes cartesianas de su velocidad vienen 
dadas en función del tiempo por las expresiones: 34 4txv t= + , 4yv t= (SI). En el instante inicial t0 = 0 s, el 
móvil se encontraba en la posición x0 = 1 m, y0 = 2 m. Calcular: a) Las componentes de la aceleración en 
cualquier instante. b) Las coordenadas x e y del móvil en función del tiempo. 
 
a) Obtenemos las componentes de la aceleración derivando las de la velocidad: 
( )
( )
3 2
3
d d
4 4 12
4 4 d d
d4 d
4 4
x
x
x
yy
y
v
a t t
v t t t t
vv t
a t
⎧
4
d d
t
t t
= = + =⎪⎧ = +⎪ ⎪→⎨ ⎨=⎪ ⎪⎩ = = =⎪
+
⎩
 
b) Obtenemos las coordenadas de posición integrando las componentes de la velocidad: 
( ) ( )3 33 1 0
2 0
4 2 4 2
d
4 4 d 4 4 dd 4 4 dd
d d 4 d d 4 d4
d
1 2 2 1
x t
x
y t
y
x
v t t x t t tx t t tt
y y t t y t tv t
t
x t t x t t
⎧ ⎧= = + = +⎪ ⎧ = +⎪ ⎪ ⎪→ →⎨ ⎨ ⎨=⎪⎪ ⎪ =⎩= = ⎩⎪⎩
⎧ ⎧− = + = + +⎪ ⎪→⎨ ⎨
∫ ∫
∫ ∫
2 22 2 2 2y t y t
→
− = = +⎪ ⎪⎩ ⎩
 
Departamento de Física Aplicada ETSIAM Universidad de Córdoba 
Creación: 29/06/2004 - Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008 
 
 
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2. La viga AB, de masa 10 kg y 1 m de longitud, está cargada y apoyada 
como se indica en la figura. Determinar la reacción en el apoyo A y la 
tensión del hilo BC cuando m1 = 2 kg y m2 = 7 kg. 
m1 
m2 
A 
En la figura presentamos el diagrama de fuerzas del “cuerpo 
libre” correspondiente a la viga, con 
7 2 5 kg
10 kg
⎧ ⎧= − =⎪ ⎪⎪ ⎪⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
cos30º
sen 30º
sen 30º
x
y
T R
T R
l T bF aP
⎧ =⎪ + =⎨⎪ = +⎩
0.4 m
0.5 m
F b
P a
=
= =
 
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la 
Estática, tomando momentos en A: 
F P+ 
de modo que disponemos de 3 ecuaciones con 3 incógnitas (T, Rx, Ry). Sustituyendo valores y 
resolviendo el sistema de ecuaciones, tenemos: 
cos30º cos30º 14cos30º 12.1 kg 119 N
sen 30º 5 10 15 15 sen 30º 15 7 8 kg 78 N
7
sen 30º 0.4 5 N
x x
y y
T R R T =
T R R T
⎧ = = = =→⎪ + = + = = − = − = =⎪⎨⎪ = ×⎪⎩ 0.5 10 7 14 kg 137sen 30ºT T+ × = → = = =
 
El módulo y la dirección de la reacción en el apoyo A son: 
2 2 2 212.1 8 14.5 kg 145 N
8
=arctg arctg 33.4º
12.1
x y
y
x
R R R
R
R
θ
= + = + = =
= = 
B 
C 
0.4 m 
30º 
 
A
a
30º 
Ry
Rx
P 
F
b
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jeto se detenga sobre él. 
3. Un carrito pesa 8 kg y se mueve sin fricción, con una velocidad de 1 m/s, sobre 
unos rieles rectilíneos y horizontales. Dejamos caer verticalmente un pequeño 
objeto de 2 kg de masa sobre el extremo delantero del carrito. Inicialmente, la 
velocidad del objeto es nula; pero, como consecuencia de su fricción con el 
carrito (coeficiente μ = 0.1), termina quedando en reposo sobre el carrito, con tal 
que la longitud l de éste sea suficientemente grande. a) Calcular la velocidad 
final del sistema y el tiempo empleado en alcanzarla. b) Determinar el valor 
mínimo de la longitud del carrito que permita que el ob
 
M 
m 
v0
l 
 
a) Sea vf la velocidad final del sistema cuando el objeto, 
después de deslizar sobre el carrito, queda en reposo sobre 
el mismo. Puesto que no existen fuerzas externas al sistema 
carrito objeto que tengan componentes en la dirección 
horizontal, se conserva la cantidad de movimiento del 
sistema en esa dirección. Esto es, 
0 f f 0
8
( ) 1 0.8 m/s
M
m v v v→ = = × =
10
Mv M
M m
= + +
2m/sf m
 m 
v 
f 
f M
 l
La única fuerza que actúa sobre el objeto (en la dirección de su movimiento) es la de fricción, 
de modo que la ec. de su movimiento es: 
obj obj obj 0.1 9.8 0.98a mg ma a gμ μ= → = → = = × = 
de modo que el objeto posee un movimiento uniformemente acelerado, partiendo del reposo, 
hasta que adquiere la velocidad final vf. Podemos escribir: 
f
f obj f f
obj
0.8
0.98
v
v a t t
a
= → = = 0.82 sv at= → = 
b) El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento durante el recorrido x que realiza el objeto 
sobre el carrito es igual a la pérdida de energía cinética que experimenta el sistema durante 
ese proceso. Esto es, 
2 2
0 f( )
2 2
1 1
Mv M m v mgxμ− + = 
Despejamos el recorrido x d esta expresión y obtenemos 
2 2
2 2
0 f
1 1 8 1 10 0.8
( )
4 3.22 2 2 2 0.41 m 41cm
Mv M m v
x
× ×− + − −= = = = =
0.1 2 9.8 1.96mgxμ × × 
de modo que la longitud del carrito deberá ser mayor de 41 cm a fin de que el objeto no se 
salga por la parte trasera del carrito. 
 
Otro método 
b) La única fuerza que actúa sobre el carrito en la dirección de su movimiento es la fuerza de 
rozamiento. Calculamos la aceleración del carrito: 
2
car car car
2
0.1 9.8 0.25 m/s
8
m
f Ma mg Ma a g 
M
μ μ= → − = → = − = − × × = −
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En el referencial del carrito, el objeto se mueve inicialmente con una velocidad –v0 (esto es, 
hacia la parte trasera del carrito) y va disminuyendo su velocidad (relativa) hasta que 
finalmente queda en reposo en ese referencial. 
La aceleración del objeto con respecto al carrito (aceleración relativa) es: 
( ) 2rel obj car 0.98 25 1.23 m/sa a a= − = − − = 
de modo que el objeto presenta un movimiento uniformemente retardado relativo al carrito. 
Utilizando la bien conocida fórmula de la cinemática , durante el proceso de 
frenado, obtenemos el espacio que recorre el objeto sobre el carrito: 
2 2 2v v a= +0 x
2 2
2 0
0 rel
1
0 2 0.41 m 41cm
2 2 1.23
v
v a x x
a
= − → = = = =×rel 
de modo que la longitud del carrito deberá ser mayor de 41 cm a fin de que el objeto no se 
salga por la parte trasera. 
 
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4. Una varilla de longitud L y masa m puede girar sin rozamiento alrededor de un eje 
horizontal O que pasa por su punto medio. En uno de los extremos de la varilla hay 
adherida una masa puntual m. Se abandona el sistema en posición horizontal. 
Determine: a) La posición del centro de masa. b) El momento de inercia del sistema 
respecto al eje O. c) La velocidad angular cuando la varilla alcance la posición vertical. 
d) La aceleración angular cuando la varilla forma un ángulo θ con la vertical. e) La 
fuerza que ejerce el eje sobre la varilla cuando ésta alcanza la posición vertical. 
 
L 
mm O 
θ 
 
a) Tomamos el origen en O: 
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( ) ( )
1
cm 4
OG
2 4
/ 2 0m L m L
h L
m
= = − → = =− + x
b) El momento de inercia del sistema es la suma de los momentos de 
inercia de la masa y de la varilla: 
2
2 2 21 1 1 1
O
2 12 4 12 3
L
I m mL mL mL= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
 
c) El movimiento del sistema consiste en una rotación pura alrededor 
del eje O. Puesto que el sistema es conservativo, la conservación de la 
energía se expresa en la forma: 
2 2 2
O
1 1
0
2 2 3
L g
mg I mgL mL
L
ω ω ω= − + → = → = 3 
d) Aplicamos la Ecuación Fundamental de la Dinámica de la Rotación, 
tomando momentos en el eje de rotación: 
O
2 sen
2 sen 342 sen sen
1 2
L
mg
mgh g
mgh I
I L
θθ
2O
3
mL
θ α α θ= → = = = 
e) Aplicamos la Ecuación Fundamental del Movimiento del c.m. del 
sistema: 
( ) ( )cm cm2 2 2R mg m a R m g a− = → = + 
y teniendo en cuenta que las componentes tangencial y normal del 
c.m., para la posición vertical ( θ = 0 ), son: 
2
t n
3 3 3
L 
mm O G 
h 
O
ω
m
θ 
G 
R2mg 
θ 
R
2mg 
G 
acm 
O
ω
m
sen 0
4 8 4 4
L g g L g
a h a h
L
α α θ ω= = = = = = =
( )
 
resulta que acm = an , de modo que 
cm
3 7
2 2 1
4 2
m g a mg mg
⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠R 
 
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5. Un paralelepípedo de cierto material elástico (coeficiente de Poisson μ = 0.3 y 
módulo de Young E = 2×107 N/cm2), que a cierta temperatura tiene dimensiones 
a = 10 cm, b = 30 cm y c = 40 cm, se introduce entre dos mordazas rígidas, 
planas, paralelas y horizontales separadas por una distancia c. Por efecto de un 
aumento de temperatura, en ausencia de tensiones mecánicas, el paralelepípedo 
experimenta una dilatación térmica unitaria de 2.5×10-4 en cada una de las tres 
dimensiones dadas. a) Calcular el valor de la tensión y de la fuerza ejercida por 
las mordazas que impiden la dilatación térmica del material en la dirección 
vertical. b) Determinar las dilataciones unitarias y absolutas que, en estas condiciones, tendrán realmente 
cada una de las aristas. c) Hallar la variación unitaria de volumen del paralelepípedo. 
 
b 
a 
c 
 
a) Como consecuencia de la dilatación térmica, aparecen esfuerzos 
mecánicos compresores en la dirección del eje z, que contrarrestan 
la dilatación térmica; esto es, 
 
b 
a 
c
σzz z 
x 
y
σzz 
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11 2
térm 2 10 2zz Eσ ε= = × 4 7.5 10 5 10 N/m−× × = × 
y, por ser compresor, será negativo: 
7 25 10 N/mzzσ = − × 
La fuerza compresora ejercida sobre las caras será: 
7 60.10 0.30 5 10 =1.5 10 Nzz zzF S abσ σ= = = × × × × 
b) Escribimos las Ecuaciones Elásticas para valorar las deformaciones unitarias debidas a los 
efectos puramente mecánicos: 
1
xx xx
E
ε σ= yyμσ−( )
1
zz
zz
yy xx
E
E
σμσ μ
ε μσ
− = −
= − yyσ+( )
7
4
11
5 10
0.3 0.75 10
2 10
1
xx yy
zz
zz
zz xx
E
E
ε εσμσ μ
ε μσ
−− ×= = − × = + ××− = −
= −
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
 
yyμσ−( ) ( ) 4térm 2.5 10zzzz
E
σσ ε −+ = = − = − ×
Las deformaciones unitarias reales serán la superposición (suma) de las de origen elástico y 
de origen térmico. Esto es, 
* * 4 4 4
* 4 4
0.75 10 2.5 10 3.25 10
2.5 10 2.5 10 0
xx yy
zz
ε ε
ε
− − −
− −
⎧ = = × + × = ×⎪⎨ = − × + × =⎪⎩ 
y las deformaciones absolutas pedidas son 
* * 4
* * 4
0.1 3.25 10 3.25 10
0.3 3.25 10 9.75 10
xx
yy
ε − −
− −
= × × = ×
= × × = ×
5
5
* *
32.5 μm
97.5 μm
0zz
a a
b b
c c
ε
ε
⎧Δ = =⎪Δ = =⎨⎪Δ = =⎩
 
c) La variación unitaria del volumen es: 
*
* * * 46.5 10xx yy zz
V
V
ε ε ε −Δ = + + = × 
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6. Calcular la ecuación del movimiento armónico resultante de la composición de: 
1 23sen 4sen
6 4
x t x t
π πω ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
 
Ambos m.a.s. tienen la misma frecuencia, lo que nos permite utilizar de modo inmediato la 
representación de Fresnel, compleja o fasorial de tales movimientos. Esto es, 
( )
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( )
1 30º1
2
3 2.60 1.503sen 30º
4sen 4
x t
x t
ω
ω
⎧ ⎧ = = += +⎪ ⎪⎪ ⎪→
= +⎩
X
2 45º4 2.83 2.835º
⎨ ⎨⎪ ⎪ = = +⎪ ⎪⎩X
j
j
 
A1 
Re
Im
A2 
A 
φ1 φ2 
φ 
 
1 2 38.6º 0.67 rad5.43 4.33 6.94 6.94= + = + = =X฀X฀X ฀฀ j
( )6.94sen 0.67x tω= +
 
y la ecuación del movimiento resultante es 
 
 
Otro método 
A partir de la representación geométrica de Fresnel (fasorial) del m.a.s., resulta inmediato la 
determinación del módulo de m.a.s. resultante: 
( )2 2 2 21 2 1 2 1 22 cos 3 4 2 3 4 cos15º 6.94A A A A A φ φ= + + − = + + × × × = 
así como la fase inicial del mismo: 
1 1 2 2
1 1 2 2
sen sen 3
tg 0.80 38.6º 0.67 rad
cos cos 3
A A
A A
sen 30º 4 sen 45º
cos30º 4 cos 45º
φ φφ φφ φ
+ ×= = = → = =+ ×
+ ×
+ × 
y la ecuación del movimiento resultante es 
( )6.94sen 0.67x tω= + 
 
 
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. 
7. Disponemos de un depósito de agua de grandes dimensiones y abierto a la atmósfera 
que desagua a la atmósfera a través de un tubo vertical, de sección constante, que está 
acoplado a su fondo, tal como se indica en la figura. a) Calcular la velocidad de 
salida del agua por el tubo. b) Expresar la presión en función de la cota z medida a 
partir del extremo inferior del tubo, representarla gráficamente y explicar la “caída 
de presión” en la entrada del tubo de desagüe
 
H 
h 
 
a) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre 1 y 3: 
atmp atmgHρ+ = p 21 2v v gHρ+ → =
2
( )
 
 
H
h 
1 
2
3
z 
z
v 
que es el mismo resultado que nos proporciona el Teorema de 
Torricelli. 
b) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre el punto 1 y un punto 
genérico contenido en el depósito (de cota h < z < H): 
atm atmp gH p gz p p g H zρ ρ ρ+ = + → = + − 
Aplicamos la ec. de Bernoulli entre el punto 3 y un punto 
genérico contenido en el tubo (de cota 0 < z < h): 
2 2
atm atm
1 1
2 2
p v p gz v p p gzρ ρ ρ ρ+ = + + → = − 
En la representación gráfica, observamos que la presión presenta una discontinuidad (caída 
brusca) en la entrada del tubo, ya que 
( )atm
atm
( )
( ) ( )
( )
p h p g H h
p h p h gH
p h p gh
ρ ρρ
+
+ −
−
⎧ = + −⎪ → − =⎨ = −⎪⎩ 
que es consecuencia de haber considerado despreciable la velocidad del agua en el depósito, 
incluso en las proximidades de la entrada del tubo, lo que es una aproximación que no se 
ajusta a la realidad. 
 
Hh z
p 
 
patm 
patm-ρgh 
patm+ρg(H-h) 
ρgH 
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8. Dos litros de nitrógeno (gas biatómico), inicialmente a presión atmosférica y 27º C, evolucionan según las 
transformaciones reversibles siguientes: 1) Un calentamiento a presión constante hasta duplicar el volumen 
inicial. 2) Una expansión adiabática hasta alcanzar la temperatura inicial. 3) Una transformación que cierra 
el ciclo, y cuya representación es una recta en el diagrama p-V. Calcular los balances de calor y trabajo y los 
cambios de energía interna, entalpía y entropía en cada una de las transformaciones. 
Datos: R = 1.987 cal/mol⋅K = 0.08205 atm⋅l/mol⋅K. 
 
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5 7 7
1.4
2 2 5
p
V
C
C R
C
γ= = = = = 
1 
1 2 
3 
600 K 
300 K 
2 4 22.63 
p 
(atm) 
V(L)
0.088
V pC R 
Determinamos el número de moles: 
1 2
0.08 mol
pV ×= = =
0.08205 300
pV nRT n
RT
= → × 
Determinación de los procesos 
(1 2) Proceso de expansión isobárica: 
1 2 2
2 1
4
300 600 K
2
V V V
T T
T T V
= → = = =
1 2 1
1cte. cte.pV TVγ γ −= → =
 
 (2 3) Proceso de expansión adiabática: 
p (atm) V (L) T (K)
1 1 2 300 
2 1 4 600 
3 0.088 22.63 300 
 
1/ 0.4
0.4 0.4 1/ 0.42
2 2 3 3 3 2
3
4 2 22.63 L
T
T V T V V V
T
⎛ ⎞= → = = × =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
(3 1) Proceso de compresión politrópica: 
1V
3 3 1 1 3 1
3
2
1 0.088 atm
22.63
p V p V p p
V
= → = = × = 
Balances energéticos 
(1 2) Proceso de expansión isobárica: 
12 2 1
12 1 2 1
7
( ) 0.08 1.987 300 170 cal 709 J
2
( ) 1 2 2 atm L 48 cal 203 J
5
pQ nC T T
W p V V
= − = × × × = =
= − = × = ⋅ = =
12 2 1
12 2 1
2
12
1
( ) 0.08 1.987 300 121cal 506 J
2
7
( ) 0.08 1.987 300 170 cal 709 J
2
7
ln 0.08 1.987 ln
2
V
p
p
U nC T T
H nC T T
T
S nC
T
Δ = − = × × × = =
Δ = − = × × × = =
Δ = = × × × cal J2 0.39 1.64
K K
= =
 
(2 3) Proceso de expansión adiabática: 
23
23 23
0
121cal 506 J
Q
W U
=
= −Δ = − = − 
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( )
( )
23 3 2
23 3 2
23
5
( ) 0.08 1.987 300 121cal 506 J
2
7
( ) 0.08 1.987 300 170 cal 709 J
2
0
V
p
U nC T T
HnC T T
S
Δ = − = × × × − = − = −
Δ = − = × × × − = − = −
Δ =
 
(3 1) Proceso de compresión politrópica: 
( )( )
31
1 3
31
31 31 31 31 31
31 31
31 123
área del trapecio
0
 ya que 
0
0
1
 = 1 0.088 22.63 - 2 11.23 atm L 272 cal 1136 J
2
cal J
- 0.39 1.64
K K
U
T T
H
U Q W Q W
Q W
S S
Δ = ⎫ =⎬Δ = ⎭
Δ = − = → =
= = + = ⋅ = =
Δ = Δ = − = −
 
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9. Una barra dieléctrica de longitud L está colocada perpendicularmente a 
una distribución lineal de carga uniforme e infinitamente larga, de 
densidad lineal de carga λ positiva. El extremo más próximo de la barra a 
la carga lineal dista de ésta D. La barra posee una carga total Q, también 
positiva y distribuida uniformemente en toda su longitud. Determinar la 
fuerza que se ejerce sobre la barra. 
 +Q 
λ 
L 
D 
 
Comenzamos encontrando la expresión de la intensidad del campo 
eléctrico a un distancia y de una distribución lineal de carga uniforme e 
infinitamente larga. Aplicamos el teorema de Gauss a una superficie 
gaussiana de forma cilíndrica cuyo eje sea la propia distribución lineal 
de carga: esto es, 
 E 
l
y λ 
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Creación: 29/06/2004 - Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008 
 
 
0 0lateral
d 2
2
l
E S E yl E
λ λπ
lateral
d dE S
S yε πε= = → =∫E S
dq
= =∫ ∫i 
Puesto que el campo eléctrico no es uniforme a lo largo de toda la 
barra dieléctrica, para calcular la fuerza ejercida sobre la barra 
debemos proceder por integración, descomponiéndola en elementos de 
longitud dy de carga dyλ′= , con /Q Lλ′ = : 
0 0 0
d d
D
d d
ln
2 2 2
D L
y y D
F
L
F E q
y y D
λλ λλ
πε πε
+′ ′ ′
 Q 
λ 
L 
D
y 
dy 
λλ
πε
+= = → = =∫ 
o sea 
0 0
ln ln
2 2
D L Q D L
F
D L D
λλ λ
πε πε
′ + += = 
Fundamentos Físicos de la Ingeniería Examen final / 29 de junio de 2004 
10. En el circuito esquematizado en la figura, todo él, y entre A y B, se 
comporta como un generador ideal con su resistencia interna. Hállense 
razonadamente: a) La fuerza electromotriz y resistencia interna del 
generador. b) La intensidad que pasaría por una resistencia de 1 Ω 
colocada entre A y B, de acuerdo al apartado anterior. 
 
A B
12 V 
2
 
Ω
4 Ω2 Ω 
4 Ω 
 
a) Por cada una de las ramas circula una intensidad de 
corriente: 
 
A B 
1
2
 V
 
2Ω 
4 Ω2 Ω 
4 Ω 
2 A 2 A 
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12
2 AI
R
E฀
= = =
AB 2( 2) 4(2) 4 8 4 VV = − + = − + =
 
6
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m. equivalente entre 
esos puntos, de modo que 
 
con el borne A positivo. 
Para determinar la resistencia interna del generador 
equivalente entre A y B cortocircuitamos esos bornes y 
calculamos la intensidad de cortocircuito (icorto) que circula 
por la rama A y B de resistencia nula. Aplicamos el método 
matricial de Maxwell para calcular las intensidades de malla: 
 
A B
1
2
 V
 
2
 
Ω
4 Ω2 Ω 
4 Ω 
I1 
I2 
I3 
1
2
1
9
2.67 I == Ω
1
2
3
3
corto 3 2
eq
corto
12 2 41 12 6 0
0 6 0 4.5 A
0 696 960 0 6
6 12 41 12 2 0
2 0 0 1.5 A
4 696 964 0 6
1
12 6 2 4
0 2 6 0
0 4 0 6
 =96
1.5 A (A B)
4 8
1.5 3
I
I
I
I
I
i I I
r
i
− −
= = =
− − −= − = =
−−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ⎟⎟ ⎟⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜⎜ ⎜= − ⎟⎟ ⎟⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Δ Ω
= − = →
= = =
E 6 2 12 12 2 6
0 3.0 A
4 06 960
−
−− = =
−
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
 
2 6
4 0−
⎪⎪⎪⎪⎩
 
 
4 V, 8/3Ω 
I 
A B1 Ω 
b) La intensidad pedida es: 
4 12
1.09 A
8 / 3 1 11
I = = =+ 
 
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11. Un anillo delgado y conductor, de radio r, se encuentra en un campo magnético uniforme de dirección 
perpendicular al plano del anillo y que varía con el tiempo según la ley B = kt, donde k es una constante 
positiva. Determinar la intensidad del campo eléctrico en el anillo (su módulo y su sentido). Explicar la 
naturaleza de dicho campo eléctrico. 
 
Calculamos el flujo magnético a través del anillo 
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2BS r ktπΦ = = 
Puesto que el flujo varía con el tiempo, se induce en el 
anillo una f.e.m. que viene dada por la ley de Faraday: 
2d
d
r
t
E฀
Φ
=− =−π
ned 2 rEE฀ = π
Ene 
× × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × 
× × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × 
 
× × × × × × × × × × ×
B 
fem 
k 
y tiene el sentido que se indica en la figura (antihorario). 
La f.e.m. se define como la circulación del campo 
eléctrico (no-electrostático) a lo largo de todo el anillo. 
Calculamos dicha circulación a lo largo de una línea de 
campo: 
ne ne ned dE l E l= = =∫ ∫ ∫iE l 
de modo que 
2
ne
2 2 2
r k kr
E
r r
E฀
= =− =−
π
π π
 
y tiene el mismo sentido que la f.e.m. 
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12. En una red de 220 V, 50 Hz, se desea instalar una lámpara incandescente especificada para consumir una 
potencia de 65 W a una tensión máxima de 130 V. Para conectar esta lámpara a la red antes indicada se 
pretende instalar un condensador en serie con la misma. a) ¿Qué capacidad ha de tener dicho condensador? 
b) Si se variara la frecuencia a 60 Hz, ¿qué potencia consumiría entonces la lámpara? 
 
a) Determinamos la intensidad de trabajo de la lámpara y su 
resistencia eléctrica a partir de los valores nominales de su 
potencia y tensión de trabajo: 
 
130 V, 
50 Hz 
I = 0.5 A R = 260 Ω
nom
nom
nom
65
0.5 A
130
130
P
I
V
V
= = =
nom
nom
260
0.5
P VI
V
I R
R I
= →
= → = = = Ω
 
Si conectásemos la lámpara directamente a la red de 220 V, la 
intensidad que circularía por ella superaría a la de trabajo 
(0.5 A) y la dañaría. Para evitarlo, colocamos una reactancia en 
serie con la lámpara para aumentar la impedancia de la rama y 
disminuir la intensidad de la corriente a través de ella. 
 
220 V, 
50 Hz 
I = 0.5 A 
X 
R = 260 Ω
Determinamos el valor de la reactancia apropiada para limitar 
el paso de intensidad por la lámpara: 
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nom
220
440
V V
I Z= → = = = Ω
nom
2 2 2 2 2 2 2
0.5
440 260 355
Z I
Z R X X Z R= + → = − = − = Ω
 
Conocida la reactancia, determinamos la capacidad del condensador: 
61 1 1 8.97 10 F 8.97 μF
100 355
X C
C Xω ω π −= → = = = × =× 
b) Si variamos la frecuencia, manteniendo el mismo condensador, variará la reactancia y la 
intensidad que circula por la resistencia. 
2 2 2 2
2
1 100 355
296 260 296 394
120
220
0.56 A 81 W
394
X Z R X
C
V
I P I R
Z
π
ω π
×′ ′ ′= = = Ω → = + = + = Ω →′
′ ′ ′= = = → = =′
 
lo que resulta excesivo y la lámpara se dañará.