Podemos profundizar un poco mas en el 3??
La idea es sacar el potencial de la esfera maciza primero y de la hueca despues, para al final restar una con la otra.
Aplicas gauss, colocando una superficie gaussiana esferica "sobre" la cara interior de la esfera hueca:
E1*4*pi*r^2 = Q1 / (Er * E0)
E1 = Q1 / (16*pi*E0*r^2)
Aplicas gauss, colocando una superficie gaussiana esferica "sobre" la cara exterior de la esfera hueca:
E2*4*pi*r^2 = (Q1+Q2) / E0
E2 = (Q1 + Q2) / (4*pi*E0*r^2)
Integramos para la primera entre R1 Y R2, respecto de dr:
V1 = (Q1/16*pi*E0) * (1/R1 - 1/R2)
Integramos para la segunda entre 0 y R3, respecto de dr:
V2 = - (Q1 + Q2) / (16*pi*E0*R3)
Y el resultado seria:
DeltaV = V1 - V2 = (Q1/16*pi*E0) * (1/R1 - 1/R2) + (Q1 + Q2) / (16*pi*E0*R3)
Que opinan? Me gustaria definir este punto
Gente en el 3 b) que pregunta cuanta carga hay distribuida en las paredes de la esfera hueca, seria:
Pared interior: Como la esfera conductora interior (r1) esta cargada positivamente, induce la carga negativa hacia la pared interior de la esfera hueca (r2), por lo tanto ahi seria 40 nC - 30 nC = 10 nC.
Pared exterior: Ahi se estarian tomando las 2 esferas, asi que el total es la suma de las cargas = 70 nC.
Alguno lo penso asi?
En el 3a lo que plantie es que para sacar la ddp entre las 2 esferas, el unico campo que actua en la zona del dielectrico es el campo de la esfera interior. Por lo tanto calculas el campo con gauss (K.Q/R^2).
Despues por el tema del dielectrico, te queda Q/ (4 pi E0 Er r^2) con r entre r1 y r2.
Ahi aplicas la formula de potencial desde A (r1) hasta B (r2) que es - Integral desde A hasta B del campo E por dl. En este caso como trabajas en una direccion, el dl lo tomas como dr, y asi sacas todas las constantes afuera de la integral, y te queda integral de 0.05 a 0.2 de 1/r^2.
La cuenta dio 1348.7 V
CamilaB !
a. Como llegaste a P= 8W sin ese sen()?
b. Sí.
Saludos!
Martulino
De esa forma no estarías sacar la ddp entre la esfera de adentro y la cara interna de la esfera hueca? Mi interpretación fue que hay que sacar la ddp entr la esfera de adentro y la cara externa de la esfera hueca
Southern en el 4a como llegás a esa expresión?
Tenés que \[B(t) = B_0e^{-at}\]
Por definición \[\varepsilon = \frac{-d\phi }{dt}\]
\[\phi = B.A.cos\theta = B.A\]
El área de la espira (cuadrado de lado "t") es \[t^2\] y el campo es \[B(t) = B_0e^{-at}\] por lo tanto el flujo
\[\phi(t) = B_0e^{-at}.t^2\]
De la ecuación de la FEM, tengo que derivar el flujo respecto al tiempo, esa derivada me quedaría
\[\varepsilon = - (-B_0te^{-at}[at - 2]) = \mathbf{B_0te^{-at}(at - 2)}\]
No es así?
(18-02-2015 15:44)tatantatan escribió: [ -> ]Southern en el 4a como llegás a esa expresión?
Tenés que \[B(t) = B_0e^{-at}\]
Por definición \[\varepsilon = \frac{-d\phi }{dt}\]
\[\phi = B.A.cos\theta = B.A\]
El área de la espira (cuadrado de lado "t") es \[t^2\] y el campo es \[B(t) = B_0e^{-at}\] por lo tanto el flujo
\[\phi(t) = B_0e^{-at}.t^2\]
De la ecuación de la FEM, tengo que derivar el flujo respecto al tiempo, esa derivada me quedaría
\[\varepsilon = - (-B_0te^{-at}[at - 2]) = \mathbf{B_0te^{-at}(at - 2)}\]
No es así?
Ahí lo razono de nuevo... Por un lado tenés B en función del tiempo, es:
\[\bar{B}(t) = B_{0} e^{-\alpha t}\hat{j}\]
Por el otro, tenes el área del cuadrado, que no varía en función del tiempo, es:
\[\bar{A} = l^2\hat{j}\]
El flujo es:
\[B A cos(\theta) = B_{0} e^{-\alpha t}l^2\]
Porque B sale fuera de la integral porque nada tiene que ver, con la integral de la superficie (es ds el diferencial, y el área no cambia).
Analizando esa funcion, el flujo de B, me queda que depende del tiempo, y que a medida que pasa el tiempo, el valor del flujo va decreciendo, es una función estrictamente decreciente.
Por lo cual el razonamiento sería, si el flujo de B decrece, y B es saliente, la fem inducida para oponerse a ese cambio, debería ser saliente, en el sentido positivo de las y, por lo cual me queda que I es antihoraria.
Pará, quizás yo vengo con el arrastre de Rotstein y estoy complicando el ejercicio. Te dan un area que es un cuadrado de lado t, vos decís que esa t no es el tiempo? Yo interpreto que es un area(t) = t^2 que va agrandándose a medida que pasa el tiempo y si depende de t, es decir, varía en función del tiempo. No se ve bien en el enunciado, capaz ni es una t lo del area
Otra cosa, para sacar el potencial en el 3 hay que hacer lo que dice Martulino. Southern y LVidal estan considerando el interior de la esfera interior, donde no hay campo por lo tanto tampoco hay potencial y también consideran el interior de la esfera de radios R2 y R3. La integral queda definida de R1 a R2 donde sí hay campo y da 1350 V
(18-02-2015 16:49)tatantatan escribió: [ -> ]Pará, quizás yo vengo con el arrastre de Rotstein y estoy complicando el ejercicio. Te dan un area que es un cuadrado de lado t, vos decís que esa t no es el tiempo? Yo interpreto que es un area(t) = t^2 que va agrandándose a medida que pasa el tiempo y si depende de t, es decir, varía en función del tiempo. No se ve bien en el enunciado, capaz ni es una t lo del area
Ojo, porque dice que el área es L², no t², la foto salió movida, pero era una l cursiva y negrita, que es la misma que está marcada en el gráfico orientador del enunciado.
Buenas a todos! Consulta: ¿alguno tiene una copia digital, foto o escaneo del final?
Consulta, de dónde obtienen el 43,75 gramos de hielo?
A mi me queda:
\[\sum Q=250*1*(0-20)+Mx*0,5*(0-(-10))+Mx*80=0\]
Despejando Mx que sería la masa de hielo que se convierte en agua:
\[Mx=\frac{5000}{85}=58,82\neq 56,25\]
Finalmente, la masa de hielo restante sería:
\[100g-58,82g=41,18g\neq 43,75\]
¿Qué estoy haciendo mal?
(22-05-2015 17:04)DarkCrazy escribió: [ -> ]Consulta, de dónde obtienen el 43,75 gramos de hielo?
A mi me queda:
\[\sum Q=250*1*(0-20)+Mx*0,5*(0-(-10))+Mx*80=0\]
Despejando Mx que sería la masa de hielo que se convierte en agua:
\[Mx=\frac{5000}{85}=58,82\neq 56,25\]
Finalmente, la masa de hielo restante sería:
\[100g-58,82g=41,18g\neq 43,75\]
¿Qué estoy haciendo mal?
Yo coincido con tu resolución
DarkCrazy
_Gabo hola! Ya descubrí mi error, en la sumatoria que planteo inicialmente, el primer Mx no va, ahí va 100! que son los gramos de hielo.
Lo que sucede es lo siguiente, el agua va a ceder calor, que lo podemos dividir en dos partes, un calor que lo va a pasar a 0ºC y otro calor que lo va a derretir. Lo que sucede es que los 100gramos de hielo van a pasar a estar a 0ºC, para ello necesita absorver 500 calorias (100*0,5*(0+10)=500).
La idea es llevar todo a 0ºC. El agua, al pasar a 0ºC,
cede 5000 calorias (250*1*(0-20)=-5000). 500 ya dije que las necesitaba el hielo para pasar de -10ºC a 0ºC. Luego me están sobrando 4500 calorias que también van a ser absorvidas por el hielo y que lo van a derretir (pero ojo, solo una parte, porque no alcanzan para derretirlo por completo).
Acá es que nos da que la masa de hielo que se derrite/funde son 56,25 gramos. (X*80=4500)