ejercicios inductancia

Relación de problemas: Tema 9

1.-Una espira rectangular de lados a y b gira con una velocidad angular ω en el seno de un campo magnético constante, perpendicular al eje de rotación de la espira. Calcular la fem inducida en la espira.

a

ε = −

b ω

d φ

dt   φ = ∫ B ⋅ dS S

  Suponiendo que en t = 0 B y S son paralelas: φ = Bab cos ω t ε = Babω senω t

2.- Un solenoide uniformemente devanado alrededor de un núcleo de aire tiene 120 vueltas, diámetro 10 mm y longitud 9 cm. a) Calcule la inductancia del solenoide. b) Si el núcleo se rellena con una barra de hierro dulce d ulce con una permeabilidad permeabi lidad magnética de 800 µ0, calcule la nueva inductancia.

a) La inductancia o autoinductancia L viene dada por: 2

L = µ 0

A

l

N 2 IA

obtenida de φm = µ 0 = LI l    solenoide

L = 4π ⋅10

7

120

2

0.09

2

π ( 0.005) = 1.58 ⋅ 10−5 H

A = π r 2 = π ( 0.005 )

2

l = 0.09 m

1

The world’s largest digital library

Try Scribd FREE for 30 days to access over 125 million titles without ads or interruptions! Start Free Trial Cancel Anytime.









b) m b) m = permeabilidad magnética m = (1 + χ m ) m0 χ m = susceptibilidad magnética del material m = 800m0 ; B = mB0 = m µ 0nI B0 = campo interior de un solenoide= µ 0nI n=

N l

φm = NBA = mµ 0n 2 I Al = LI L = m µ 0 n 2 Al = mL0 L0 = autoinducción en el vacío. L=800L0 = 12.6 mH

3.- En un día claro existe un campo eléctrico vertical cerca de la superficie de la Tierra con una magnitud aproximada de 100 V/m. Al mismo tiempo, el campo magnético de la Tierra tiene una magnitud aproximadamente de 0,5·10-4 T. Calcule la densidad de energía de los dos campos.

a) La densidad de energía eléctrica viene dada por: 1 1 ue = ε 0 E 2 = 8.85 ⋅10 10−12 ⋅1002 = 44.3 nJ / m 3 2 2 ue = 44.3 nJ / m 3 b) La b) La densidad de energía del campo magnético viene dada por: u B =

B 2 2 µ 0

= 995 µ J

/ m3

u B = 995 µ J / m3 Estas ecuaciones de ue y uB son generales, siempre que exista un campo eléctrico o magnético en el espacio hay una energía almacenada por unidad de volumen. 4.- Un protón se mueve a través de un campo eléctrico dado por E=50ĵ V/m y un campo magnético B= 0.2î + 0.3ĵ + 0.4ќ T. Determine la aceleración del protón cuando tiene una velocidad de 200 m/s en la dirección del eje X.

Según la ley de fuerzas de Lorenz:









     F = qE + q ( v × B ) = ma  v = 200iˆ  E = 50 ˆj  B = 0.2iˆ + 0.3 ˆj + 0.4k ˆ q = carga del protón m = masa del protón  q    q a =  E + ( v × B ) = 50 ˆj + 200iˆ × 0.2iˆ + 0.3 jˆ + 0.4kˆ  =  m   m q 9 = +60kˆ − 80 ˆj = −2.87 ˆj + 5.75kˆ ⋅ 10 m / s m

(

(

))

(

) (

)

 9 a = −2.87 ˆj + 5.75kˆ ⋅ 10 m / s

(

)

5.- Una espira rectangular de dimensiones a y b, es coplanaria con un hilo recto e indefinido, recorrido por una intensidad I, que se encuentra inicialmente a una distancia d del lado de longitud a. A partir de t=0, la espira se desplaza en el plano con velocidad constante v, en una dirección que forma un ángulo θ con el hilo, alejándose del mismo. Calcular la f.e.m inducida en la espira.

Z d

I

Campo que crea el hilo:

dS

d

 µ I  B = 0 ϕ 2πρ

b

v

φ=

ρ

µ0 I

d +a

2π

d

∫

b ρ

d ρ =

µ 0 Ib 2π

ln

d +a d

a X

Cuando la espira se mueve d cambia. Según el sistema de coordenada que hemos tomado, d la cambiamos por x, distancia genérica al eje z. φ =

µ 0 Ib 2π

ε = − ε = −

dφ dt

ln

x+a

=−

x dφ dx dx dt

siendo

dx

= v,

dt

 x − ( x + a )  dx   2π x + a  x2  dt

µ 0 Ib x

=

velocidad velocidad de la espira. espira.

µ 0 Ib

a

2π x ( x + a )

v









a

b

× Bind

Iind

ε La intensidad inducida en la espira tiende a aumentar B, ya que cada vez la espira corta menos ф. (Ley de Lenz).

6.-Una barra conductora se desliza a una velocidad de 20 m/s a lo largo de los raíles conductores paralelos, unidos en uno de sus extremos por otro conductor. La resistencia del circuito es de 3 Ω y su autoinducción despreciable. Suponiendo que la distancia entre los dos raíles es de 3 m y que la componente vertical del campo magnético terrestre es de 2·10-5 Wb/m2, calcular: a) La corriente que circula por el circuito. b) La potencia que se requiere req uiere para mover la barra. bar ra.

a)

Z

 v = v0 j  B = B0 k ɵ

ɵ

ε =− d

Y

v

ε = − B0 d

dy dt

d φ dt

  ; φ = B ⋅ S = B0dy

= −B0d v 0 = −1.2 mV

X

ε debe crear una I inducida que a su vez cree un campo en sentido contrario al ya existente, para contrarrestar el aumento de flujo (Ley de Lenz). ε B

I =

ε R

= 0.4 mA









b) P =

ε 2 R

=

( B0d v 0 )

2

R

= 0.48 µ W

P = 0.48 µ W

7.- Una bobina circular de 300 vueltas y un radio de 5 cm se conecta a un integrador de corriente (que mide la carga que pasa por él). La resistencia total del circuito es 20 W. El eje de la bobina se orienta inicialmente de modo que sea paralelo al campo magnético terrestre en un punto determinado. Cuando el eje de la bobina gira 90º, la carga que pasa a través es 9,4 mC. Calcule el valor del campo magnético terrestre en dicho punto.

ε = −

d Φ dt

∫

; Q = i ( t ) dt

ε = Ri ( t ) = −

d Φ dt

⇒ d Φ = −Ri (t ) dt

Integrando: 0

∫

∫

d Φ = − R i ( t ) dt = −RQ    NSB Q

− NSB = − RQ

⇒B= −3

B =

20 ⋅ 9.4 ⋅ 10 300π r 2

=

RQ NS

20 ⋅ 9.4 ⋅ 10−3 300π ( 0.05 )

2

= 0.07978T =

798G

8.- Una espira rectangular de lados a = 4 cm y b = 3 cm está situada en el mismo plano de un hilo conductor rectilíneo como indica la figura. Se plantean dos experiencias y se desea determinar en qué caso la f.e.m. inducida será mayor. a) Experiencia 1. La espira se sitúa inicialmente a una distancia de x = 2 cm del hilo, y se desplaza en su mismo plano con velocidad v = 0,2 m/s en la dirección perpendicular al hilo alejándose de él. Por el hilo rectilíneo indefinido circula una corriente I = 4 A. b) Experiencia 2. Se fija la espira esp ira a una distancia de 0,1 0 ,1 m, y circula una corriente variable en el tiempo, I(t) = 4-0,2t por el conductor rectilíneo indefinido.









a = 0.04 b = 0.03 Fem inducida: d φ B

ε = −

dt   φ B = B ⋅ dS

∫

s

 µ I Bhilo = 0 k ˆ 2π x  dS = dSkˆ = adx x =d +b

φ B =

∫

x =d

µ0 I 2π

adx =

µ 0 Ia

d +b

∫

2π

d

dx x

=

µ 0 Ia 2π

ln

d +b d

=

 b ln  1 +  2π  d 

µ 0 Ia

a) Espira quieta a 0.02 m del hilo, luego se mueve a v =0,2 m/s. d = d 0 + vt = 0.02 + 0.2t ε = −

dφ B

=−

dt

−

µ0 Ia d 

b

v

µ 0 Ia d 2  b  ln  1 +   = − b 2π dt   d   2π 1+

=

d

=

µ 0 Ia

bv

2 2π d + bd

ε (t = 0) =

µ 0 Ia

con d = d 0 + vt bv

2π d 0 2 + bd 0

=

4π ⋅10−7 0.04 ⋅ 4

0.03 ⋅ 0.2

2π

0.022 + 0.02 ⋅ 0.03

= 0.19 µ V











µ 0 a  b  ln  1 +  ( −0.2 ) =  =− dt 2π 2π  d0   d 0  dt 4π ⋅10−7 0.04 ⋅ 0.2  0 .0 3  = ln  1 +  = 0.42 nV 2π 0 . 1  

ε = −

dφ B

=−

µ0 a



ln  1 +

b  dI

 Como el flujo de B disminuye en ambos casos y B entra en la página, la corriente inducida va en las agujas del reloj para generar un B dirigido hacia dentro de la página en el interior de la espira. 9.- Un carrete de Tesla se construye con un solenoide largo y estrecho (solenoide B) que se encuentra dentro de otro más ancho de igual longitud (solenoide A). Sea un carrete con un solenoide A de 400 vueltas y otro B de 1000 vueltas, siendo la longitud de ambos de 10 cm. Cuando una corriente de 3,5 A circula por la bobina A se mide un flujo de 19,6 mWb en su centro y otro de 36,7 mWb en el centro de B. a) Calcule los radios de ambos solenoides. b) Calcule la inductancia inductan cia mutua entre los solenoides. sol enoides. c) Si se conecta a la bobina B un circuito con una resistencia de 10 Ω ¿qué potencia se disipa en la resistencia si la corriente en la bobina A se incrementa a razón de 2 A/s? d) ¿Qué habría que hacer para obtener una potencia mayor, por ejemplo, para encender una bombilla conectada al solenoide B?

A= solenoide exterior. B= solenoide interior. NA=400 vueltas NB=1000 vueltas µ0=4π·10-7 H/m IA=3.5 A ΦA=19.6 mWb ΦB=36.7 mWb

a) Φ=BNS ΦA=BNASA









M BA =

Φ BA

I A

=

BA N B S B IA

=

µ 0

N A L

I A N B S B IA

= µ 0

N A N B L

S B

c) P=VI en este caso V será la ε inducida en B: Como V = IR ; I =

V R

⇒ P B =

ε B 2 R B

Donde εB es la fem inducida en B.

εB será: ε B =

d Φ B dt

Φ B = BA N B S B

⇒

B A = µ 0

∆ I A    µ 0 N A N B S B ∆t   P B = 

N A L

I A

⇒ εB

= − µ 0 N A N B S B

∆I A ∆t

2

R B

d) Aparece en la solución.

10.-La rueda de Barlow es un disco conductor que gira alrededor de su eje en presencia de un campo magnético constante, uniforme y paralelo a dicho eje, B0. Si, mediante dos contactos deslizantes, se conecta un voltímetro, entre el centro y el borde del disco, ¿cuál será la medida obtenida por el mismo?

Aplicando la Ley de fuerzas de Lorentz; Cualquier portador de carga q situado sobre un









   F = qv × B   v = ω × ρ = ωρ ϕ    B = B0 k  ρ es el radio de giro.   F = qωρ B0 ϕ × k ⇒ F = qωρ B0 ρ ɵ

ɵ

ɵ



ɵ

Esta fuerza en dirección radial es la responsable de que aparezca una fuerza electromotriz.   a a a    ω a 2 F F ε = ∫ ⋅ dl = ∫ ⋅ d ρ ρ = ∫ ωρ B0 d ρ = ω B0 ∫ ρ d ρ = B0 2 0 q 0 q 0 0 a



ε = B0

ω a 2 2

Intente obtener este resultado con la Ley de inducción de Faraday. 11.- La figura muestra el fundamento de un motor lineal constituido por una varilla móvil de masa m y longitud l, que descansa sobre dos raíles conductores sobre los que puede deslizarse. R es la resistencia equivalente equival ente de la batería, raíles y varilla. Suponiendo una fuerza de fricción constante Ff y partiendo del reposo, calcular la velocidad de la varilla.









Esta fuerza tiende a alejar la barra. Se produce por tanto un aumento de flujo magnético (aumenta el área de la espira) y según la ley de Inductancia de Faraday aparece una fem inducida que tiende a frenar el aumento de flujo. Para el circuito la 2ª ley de Kirchhoff: dΦ d   V + ε = RI siendo ε = − =− B ⋅ dl dt dt d dx ε = − [ Blx ] = − Bl = − Blv dt dt V − B lv V − Blv = RI ⇒ I = R   dv  Según la dinámica de Newton: F = ma = m dt Tendremos que calcular la fuerza sobre el hilo (barra) con los datos del problema:

∫

∑

 F =

∫

l

  Idl × B = IlB0 ˆj × kˆ = IlB0iˆ

F − F f = m

dv

dt dv IlB0 − F f = m dt lB0 dv reagrupando términos: (V − B0lv ) − F f = m R dt lB V F f dv B 2l 2 ⇒ Ecuación diferencial lineal no homogénea + v= 0 − dt Rm mR m La solución de esta ecuación nos da v: B l  t  − Rm      V    R v (t ) =  − F f 1 − e  2 2  lB0 B0 l       cte 2 2

0

cte

12.- El solenoide largo de la figura está devanado con 1000 espiras por metro y la intensidad en su arrollamiento aumenta a razón de 100 A/s. La sección del solenoide es









n = 1000 esp / m dI dt

= 100 A / s

S = 4 cm 2 B = µ 0nI φ = BS = µ 0 nIS (S del solenoide) ε =−

dφ dt

= − µ0 nS

dI

= −50.24 µ V

dt

ε = −50.24 µ V b)   ε ε = ∫ E ⋅ dl = E 2π a ⇒ E = = 80 µ V / m 2π a E = 80 µ V / m

13.- Una espira rectangular, de lado vertical a y horizontal b, está contenida en el plano zy y su centro dista de un hilo coincidente con el eje z una distancia L. Si por el hilo circula una corriente I1 y por la espira una corriente I2 (en el sentido indicado en la figura), calcúlese: a) La fuerza que la espira ejerce sobre el hilo. b) Si la corriente por la espira e spira cesa y comienza a girar gi rar respecto de un eje vertical ve rtical que pase por su centro con v elocidad angular constante v, calcúlese la l a f.e.m. inducida en la espira.











Las fuerzas sobre el tramo 1 y sobre el tramo 3 serán iguales, en la misma dirección y sentido contrario, luego se anulan (no las calculo). La fuerza sobre el tramo 2 es:  F2 = I 2

µ 0 I1a

 

2π  L +

b

ˆj



2

Y la fuerza sobre el tramo 4 es:  µ 0 I1a F4 = I 2 − ˆj ) ( b  2π  L −  2  Luego la fuerza total que el hilo ejerce sobre la espira es:



 1 1  ˆ µ 0 I 2 I1a −b ˆj j= −  2 b b 2π b L + L−  L2 −    2 2 2

 µ I I a  F = 0 2 1  2π 

La fuerza de la espira sobre el hilo será de igual módulo, misma dirección y sentido contrario.

 2 µ I I ab 0 2 1 ˆj F = 2 2 π ( 4 L − b )









 µ I ˆ B = 0 1 ϕ 2πρ 2

ρ = u 2 sen 2θ + ( L − u cosθ ) = u 2 + L2 − 2uL cosθ L − u cos θ

ϕˆ = cos α iˆ − senα ˆj = ˆ= ϕ

2

2

u + L − 2uL cos θ ( L − u cos θ ) iˆ − usenθ jˆ 2

iˆ −

usenθ 2

ˆj

2

u + L − 2uL cosθ

2

u + L − 2uL cos θ

 dS = dS dS ( cos θ iˆ + se senθ jˆ ) = adu ( cosθ iˆ + se senθ jˆ )   µ 0 I1a L cos θ − u cos2 θ − usen 2θ d Φ = B ⋅ dS = du 2π u 2 + L2 − 2uL cosθ µ I a L cos θ − u dΦ = 0 1 2 du 2π u + L2 − 2uL cosθ t = u 2 + L2 − 2uL cosθ

b

Φ=

∫

dΦ =

µ 0 I1a 2π

2

∫u

−

b

L cos θ − u 2

2

+ L − 2uL cos θ

du = dt = ( 2u − 2L cos θ ) du =

2

( 2cosθ − u ) du = −

2

=

µ0 I1a 2π

b 2   + L +bL cosθ 2

∫

b

2

dt t

=

µ 0 I1a 2π

ln

b 2 + 4 L2 + 4bL cosθ 2

2

b + 4L − 4bL cosθ

dt 2









Suponga que (c-b)<<(b-a), es decir, que el conductor exterior es muy delgado.

Suponemos que a<<(b-a) y que (c-b)<<(b-a), es decir, tenemos un hilo muy fino (a→0) rodeado de una carcasa metálica muy delgada (c-b) →0. En estas condiciones y suponiendo que tanto por el hilo como por la envoltura  circulan corrientes iguales pero de sentido contrario, sólo hay campo B en la región a<ρ
ɵ

Llamamos φ ′ al flujo de líneas de campo magnéticas por unidad de longitud: b

φ′ = ∫

µ I

a 2πρ

d ρ =

µ I 2π

ln

b a

(Wb )

a) Y a) Y la autoinducción por unidad de longitud L´:









Se trata de un toroide de sección rectangular.

Tomando una superficie circular en la mitad del solenoide toroidal de radio ρ.

H 2πρ = NI









Calculamos el flujo que corta una espira:

   µ NIh b d ρ µ NIh b φ = ∫ B ⋅ dS = ln = ∫ 2π a ρ 2π a S

L =

µ N 2h 2π

ln

b - depende de µ



a - depende de las características geométricas:b, a y h.

16.-Un núcleo toroidal de aire, de sección cuadrada, tiene diámetros interior de 25 cm y exterior de 35 cm. Lleva un arrollamiento de 500 espiras apretadas de hilo conductor. Calcular su autoinducción y la energía total almacenada en él cuando por el arrollamiento circula una corriente de 10 A.

Se repiten los cálculos del ejercicio 15 siendo ahora h=b-a porque la sección es cuadrada.











17.-Calcular el coeficiente de inducción mutua entre los dos solenoides coaxiales largos, de longitudes la y l b, con radios aproximadamente iguales, de valor R, que se muestran en la figura.

N









Circuito 1: hilo recto indefinido. Circuito 2: espira rectangular.

M 12 = M 21 =

φ 2 donde I es la intensidad que pasa por el circuito 1 1 I 1

y φ 2 es el fluj flujo o que que cor corta ta la espi espira ra rect rectan angu gullar. ar.

∫

 

φ 2 = B ⋅ dS S 2



Calcul culamos amos el camp campo o B a una una dist distan anci ciaa ρ del del hilo hilo.. Aplicando la ley de Ampere: 

B 2πρ = µ0 I1 ⇒ B = µ I

a +b

hd ρ

µ 0 I 1  ϕ 2πρ µ I h

+b









El flujo es φ e = EA A= área de las placas. E = campo eléctrico entre las placas. E =

σ ε0

I d = ε 0

=

Q Aε 0

d  Q



dt  Aε 0



A  = I = 10 A



La corriente de desplazamiento a través del espacio entre las placas es igual a la corriente en los cables que entran y salen del condensador.

I = 10 A b) dE

=

d  Q 



=

1 dQ

=

10

=2

26 ⋅10 1 012 V / ms









  −7  B ⋅ dl = 7.8 ⋅10 Tm

∫

C

20.-Considere un condensador de aire, de placas plano paralelas circulares de 10 cm de radio. Suponiendo que en el proceso de carga del condensador, el campo eléctrico entre las placas varía con el tiempo de la forma:

dE 13 −1 −1 = 10 Vm s dt Calcular la corriente de desplazamiento total que se produce entre las placas del condensador. Dato:ε0 =8.9 ·10-12 C2 N-1m-2

dE 13 = 10 V / ms dt I D = ε 0

dφ E 2 dE = ε 0π R dt dt

ejercicios inductancia

Recommend Documents