Física 3 por Hugo Medina Guzmán. Capítulo 4. Ley de Faraday e inductancia.

Ley de Faraday e inductancia

Hugo Medina Guzmán

CAPÍTULO 4. LEY DE FARADAY E INDUCTANCIA →

INTRODUCCION Si tenemos una carga q, ésta ocasiona un campo

→

∫E ⋅d l = − L

→

d → B ⋅ nˆ dS dt ∫S

LEY DE LENZ. Hasta este momento no hemos explicado el signo menos, esto nos indica que la fuerza electromotriz aparece en oposición al cambio que se produce sobre él. Es decir, si incrementamos el flujo magnético a través del circuito, la fuerza electromotriz indicada tiende a causar corriente en tal dirección que el flujo decrezca, si tratamos de introducir un imán en una bobina, la corriente inducida tendrá un sentido tal que forma un campo magnético que tiende a repeler el polo magnético. Quien estableció el sentido de las corrientes Inducidas fue H.F. Lenz, contemporáneo de Faraday con el siguiente enunciado conocido como Ley de Lenz: “La corriente que es inducida tendrá una dirección de tal forma que se oponga a la causa que la produce”; que es una consecuencia de la conservación de la energía, de no ser así la corriente inducida podría seguir induciendo corriente y a la vez aumentándola, lo que no es cierto.

eléctrico E y si esta carga está moviéndose con →

una velocidad v ocasionará también un campo magnético. Es decir, tenemos asociados tanto un campo eléctrico en movimiento con un campo magnético. En 1839 fue Michael Faraday quien presentó un informe de sus observaciones de un campo eléctrico asociado con un campo magnético en movimiento. A partir de estos experimentos se han desarrollado los generadores modernos, los transformadores, etc. En este Capítulo trataremos de la formulación de las leyes de la inducción y su aplicación en casos simples. LEY DE FARADAY Faraday observó experimentalmente la asociación de un campo magnético variable en el →

tiempo B con un campo eléctrico. En la figura siguiente se muestra un imán en movimiento y el efecto que hace sobre una aspira de alambre conectada a un galvanómetro. Se ve efecto solamente cuando el imán está en movimiento no así cuando está estático.

Ejemplo 1. Se tiene una espira circular que gira alrededor de su diámetro en una región de campo magnético constante y uniforme. ¿Para que orientación del plano de la espira respecto del campo magnético es la fuerza electromotriz inducida máxima? Solución. →

→

Φ B = B• A = BA cosθ dθ dΦ ε = − B = BA senθ st dt La fuerza electromotriz inducida máxima es para θ = 90º. El plano de la espira debe ser paralelo al campo magnético. El resultado de un gran número de experimentos puede resumirse asociando a una fuerza electromotriz con un cambio de flujo magnético.

ε =−

dΦ dt

Esto se conoce como la Ley de Faraday.

∫

→

→

Como ε = E ⋅ d l L

∫

→

y Φ = B ⋅ nˆ dS

Ejemplo 2. Un solenoide de longitud l y n2 vueltas, diámetro D2 y resistencia R en su interior

S

Podemos escribir que 1


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hay un solenoide de igual longitud y n1 vueltas, diámetro D1 conectado a una pila por medio de una llave S. Determinar la corriente que circula en el solenoide exterior al momento de cerrar le llave S en función de la corriente y en el solenoide Interior.

De la ley de Ampere, el campo magnético dentro del alambre, a la distancia r del eje, es

B(r ) =

Considere una pequeña tira de longitud L y ancho dr que esta a una distancia r del eje del alambre. El flujo a través de la tira es

Solución. El campo magnético producido por el solenoide interior es

B = μ 0 N1 I1 = μ 0

dΦ B = B(r )Ldr =

n1 I1 l

⎛ μ IL ⎞ R Φ B = ∫ dΦ B = ⎜ 0 2 ⎟ ∫ r dr ⎝ 2πR ⎠ 0 μ IL = 0 4π

n1 ⎛ πD12 ⎞ ⎟ Φ = BA = μ 0 I 1 ⎜⎜ l ⎝ 4 ⎟⎠

El resultado es independiente del radio R del alambre.

Es fuerza electromotriz inducida en el solenoide exterior es:

d d μ 0 n1πD12 Φ = −n2 I1 4l dt dt μ n n πD 2 dI ε =− 0 1 2 1 1 4l dt

ε = −n2

Ejemplo 4. Tenemos dos circuitos como los mostrados en la figura. Usar la ley de Lenz para determinar la dirección de la corriente inducida en la resistencia R’, cuando. a) Le bobina A se acerca a la bobina B. b) Se disminuye la resistencia R. c) Se abre la llave S.

La corriente es:

I2 =

R

=

μ 0 n1 n2πD12 dI 1 4 Rl

μ0 IL r dr 2πR 2

El flujo total flux a través del rectángulo es

El flujo magnético es

ε

μ0 Ir . 2πR 2

dt

De este resultado deducimos que tendremos corriente I 2 mientras la corriente I 1 este variando, o sea, mientras sube de su valor cero hasta que toma su valor máximo. Ejemplo 3. Un alambre cilíndrico muy largo de radio R conduce una corriente I distribuida uniformemente en toda la sección transversal del alambre. Calcule el flujo magnético a través de un rectángulo con un lado de longitud L que se extiende a lo largo del centro del alambre y otro lado de longitud R, como se muestra en la figura.

Solución. a) Al acercarse B hacia A el flujo magnético aumenta en B, para contrarrestar esto debe aparecer un campo magnético en oposición. Este campo magnético sería originado por una corriente como la indicada en la figura.

Solución.

b) A1 disminuir 1a resistencia R aumenta la corriente y al aumentar la corriente el flujo 2


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bobina A, y por lo que se produce un campo magnético más fuerte, llevando a mayor flujo hacia la derecha a través de la bobina B. Por lo tanto, la corriente inducida debe producir su propio campo magnético hacia la izquierda para oponerse al flujo creciente. Eso significa que la corriente debe pasar a través de la resistencia de b a a.

magnético se incrementa. En oposición a este cambio debe aparecer un campo magnético originado por una corriente como la indicada en la figura.

Ejemplo 6. El eje de una bobina de 250 vueltas y del área 0,002 m2 se alinea a 40° con un campo magnético uniforme. ¿El campo magnético disminuye a partir de 0,08 a 0,02 T en 0,020 s. cuál es la fuerza electromotriz media generada en la bobina? Solución.

c) Al abrir la llave la corriente empieza a disminuir su valor hasta cero, esto ocasiona una disminución de flujo magnético. En oposición a este cambio debe aparecer un campo magnético originado por una corriente como la indicada en la figura.

ΔΦ B nAΔB cos θ = Δt Δt (250)(0,002)(0,06)(cos 40º ) = 0,02

ε= Ejemplo 5. Con base en la ley de Lenz, determine el sentido de la corriente en la resistencia ab de la figura cuando a) se abre el interruptor S después de haber estado cerrado varios minutos; b) se acerca la bobina B a la bobina A con el interruptor cerrado; c) se reduce la resistencia de R mientras el interruptor permanece cerrado.

= 1,15 V Ejemplo 7. Acercando un imán a una bobina de 2000 espiras se incrementa el flujo magnético que corta a la bobina de 0 a 1,5 x 10-5 Wb en 1/10 de segundo. Si la resistencia de la bobina es de 20 Ω , determine la corriente media que se induce en la misma.

Solución. a) Cuando el interruptor es abierto, el campo magnético hacia la derecha disminuye. Por lo tanto corriente inducida de la segunda de la bobina produce su propio campo hacia la derecha. Eso significa que la corriente debe pasar a través de la resistencia de a a b. b) Si la bobina B se mueve acercándose a la bobina A, más el flujo pasa a través de ella hacia la derecha. Por lo tanto, la corriente inducida debe producir su propio campo magnético hacia la izquierda para oponerse al aumento de flujo. Eso significa que la corriente debe pasar a través de la resistencia de b a a. c) Si la resistencia variable R disminuye, entonces más corriente fluye a través de la

Solución.

I=

ε

R

=

ε

20 1,5 × 10 −5 dΦ = −2000 ε =− dt 10 −1 = - 0,3 V

I=

0,3 = 0,015 V 20

Ejemplo 8. A través de un solenoide de 1000 vueltas pasa un flujo magnético de 10-3 Wb. Si el flujo se reduce en 10-3 s a 10-4 Wb. ¿Cuál será en voltios la fuerza electromotriz que se induce? 3


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magnético de 0,5 T de un electroimán. ¿Cuál es la fuerza electromotriz que se induce en la espira cuando gira alrededor de su diámetro con una velocidad de 1 200 rpm?

Solución. La variación de flujo magnético es

ΔΦ = 10 −3 − 10 −4 = 9 × 10 −4 Wb y, por tanto, la fuerza electromotriz inducida es:

ε=n

9 × 10 −4 ΔΦ = 1000 Δt 10 −3

= 900 V. Ejemplo 9. Un solenoide alargado transporta una corriente que produce un campo magnético B en su centro. Se introduce el solenoide dentro de una bobina estrecha de 20 espiras y área 2 cm2 que tiene una resistencia total de 1 Ω . Al conectar los extremos de la bobina e invertir la corriente que circula el solenoide se produce en la bobina una corriente inducida de 10 μA durante 0,1 s. Calcule el campo B. Solución. Al invertir la corriente la variación del flujo es:

Solución.

ω = 1200 rpm =

En 1/4 de vuelta (equivalente a 1/80 segundos) la espira pasa de una posición de máximo número de líneas de flujo cortadas a otra posición de mínimo (cero). Por tanto,

ΔΦ BA =n Δt Δt 2 0,5π (0,1) 40π = = 0,4π = 1× 1 80 100

ε =n

ΔΦ = nBA − (− nBA) = 2nBA

De aquí

ΔΦ 2nBA = Δt Δt 2 × 20 B (2 × 10 −4 ) = 8 × 10 − 2 B = 0,1

= 1,26 V.

ε=

Ejemplo 12. Una bobina de n vueltas y de área A se coloca en un campo magnético B y se la hace rotar con velocidad angular constante ω sobre un diámetro perpendicular al campo magnético. Derive una expresión para la fuerza electromotriz inducido en la bobina. Solución. Φ B = nAB cos θ = nAB cos ωt ,

La corriente inducida es:

I = 10 × 10 −6 =

ε R

=

8 × 10 −2 B 1

De donde resulta: B = 1,25 x 10 T.

ε =−

Ejemplo 10. Un campo magnético se puede medir de la manera siguiente: Una bobina de 250 vueltas y de área 1,80 cm2 se coloca en un imán permanente de modo que el flujo magnético máximo pase a través de la bobina. Se conecta con un galvanómetro que mide el flujo total de la carga. Cuando la bobina se mueve de un tirón rápidamente fuera del imán, se observa que fluye una carga de 0,25 mC. El circuito del galvanómetro de bobina tiene una resistencia de 4 Ω . ¿Cuál es el campo magnético? Solución.

Δq ε ΔΦ B nAB = = = Δt R RΔt RΔt RΔq (4) 0,25 × 10 −3 = ⇒ B= nA (250) 1,8 × 10 −4

(

dΦ B = nABsenωt dt

Ésta es la base para un generador de corriente alterna. Por medio de los contactos convenientes, puede generarse corriente continua. Ejemplo 13. Una bobina de 1 000 espiras y radio 5 cm conectada a un galvanómetro, y situada perpendicularmente al campo de un electroimán se extrae bruscamente del mismo. El galvanómetro, cuya resistencia es de 1 000 Ω , acusa en este proceso una carga total inducida de 10 C. Determínese la inducción magnética del electroimán, sabiendo que la bobina tiene una resistencia de 20 Ω . Solución.

I=

(

1200 = 20 rps 60

) )

Φ = IR , t (10 −3 )(1020) Φ ItR = B= = A nA (1000)(π 0,05 2 )

ε =n

= 0,022 T Ejemplo 11. Una espira circular de radio 10 cm está situada perpendicularmente al campo 4


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Para que se cumpla la condición de variación del campo magnético en el tiempo (1 - cos ωt) = 0 para t = 0 y (1 - cos ωt) = - 1 para t = 1 s ω debe se igual a π. Luego B = 0,12(1 − cos πt )

= 0,13 T Ejemplo 14. Campo magnético cambiante. Se está probando un nuevo sistema de adquisición de datos. Este sistema permite registrar una gráfica de la corriente de un circuito en función del tiempo. Para este ensayo se tiene una bobina de alambre de cobre de 4,00 cm de radio y 500 espiras conectada en serie a una resistencia de 600 Ω. La resistividad del cobre es de 1,72 x 10-8 Ω m, y el alambre de la bobina tiene un diámetro de 0,0300 mm. Se coloca la bobina sobre una mesa inclinada 30,0° respecto a la horizontal y se coloca entre los polos de un electroimán. El electroimán genera un campo magnético vertical hacia arriba que es cero cuando t < 0, igual a (0,120 T)(1 cosωt) cuando 0 ≤ t ≤ 1,00 s , e igual a 0,240 T cuando t > 1,00 s. a) Dibuje la gráfica que el sistema de adquisición de datos debe crear. (Se trata de un sistema completo, por lo que la gráfica incluye rótulos y valores numéricos en los ejes). b) ¿Cuál es el sentido de la corriente visto hacia abajo en dirección vertical?

El flujo magnético a través de la bobina. Φ B = NBA cos 30º , N = 500 espiras

B = 0,12(1 − cos πt )

A = π (4 × 10− 2 ) = 0,5 × 10− 2 m 2 2

Reemplazando:

Φ B = 0,12 NA(1 − cos πt )cos 30º

= 0,10(500)(0,5 × 10−2 )(1 − cos πt ) = 0,25(1 − cos πt ) Wb

a) Para t < 0 B = 0,

Si se mira la bobina en dirección vertical hacia abajo, ¿fluye la corriente en el sentido de las manecillas del reloj o en sentido contrario? Solución. Cálculos previos. Resistencia del circuito: R

para

el

alambre:

Ralambre =

ηL

=

A −8 −3 η = 1,72 × 10 Ωm , r = 0,0150 × 10 m L = Nc = N 2πr = (500)(2π )(0,0400) =125,7 m A = πr2 = π (0,015 x 10-3)2 = 7,07 x 10-10 m2 1,72 × 10−8 (125,7 ) Ralambre = 7,07 × 10−10

(

ΦB = 0 , ε =

dΦ B ε = 0, I = = 0 dt R

Para 0 ≤ t ≤ 1,00 s B = 0,120 (1 – cos2t) T

Φ B = 0,25(1 − cos ωt ) Wb

ρL ; πr 2

La fuerza electromotriz inducida

dΦ B = 0,25πsenωt dt = 0,785senωt V

ε =

La corriente inducida

0,785senωtV 3058 Ω R = 0,257senπt mA

I=

)

ε

=

= 3058 Ω La resistencia total del circuito es R = 3058 Ω + 600 Ω = 3658 Ω

Para t > 1,00 s

Cálculo del flujo magnético:

Registro gráfico de la corriente del circuito en función del tiempo.

B = 0,240 T

Φ B = 0,06 A , ε = N

5

dΦ B ε = 0, I = = 0 dt R


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b) De 0 ≤ t ≤ 1,00 s Solución. a)

El campo magnético B aumenta y Φ B aumenta. En oposición a este cambio aparece un campo magnético inducido

q =0 C dq q R + =0 dt C dq 1 dt =− q RC q dq 1 t ∫q0 q = − RC ∫0 dt q t ln = − q0 RC RI +

tal que la corriente I es en el sentido horario Ejemplo 15. En el circuito de la figura, el condensador tiene una capacidad C = 20 µF y ha sido cargado inicialmente a 100V con la polaridad que se indica. La resistencia R0 es de 10 Ω. Se cierra el interruptor en el tiempo t = 0. El circuito pequeño no está conectado por ningún medio con el circuito grande. El alambre del circuito pequeño tiene una resistencia de 1,0 Ω /m y contiene 25 espiras. El circuito grande es un rectángulo de 2,0 m por 4,0 m. en tanto que las dimensiones del pequeño son a = 10,0 cm y b = 20,0 cm. La distancia c es de 5,0 cm. (La figura no ha sido dibujada a escala.) Ambos circuitos están inmóviles. Suponga que sólo el alambre más próximo al circuito pequeño crea un campo magnético apreciable a través de él. a) Halle la corriente en el circuito grande 200 µs después de cerrar S. b) Halle la corriente en el circuito pequeño 200 µs después de cerrar S. c) Halle el sentido de la corriente en el circuito pequeño. d) Justifique por qué se puede pasar por alto el campo magnético creado por todos los alambres del circuito grande salvo el alambre más próximo al circuito pequeño.

q = q0e

−

t RC

= εCe

−

t RC

dq ε − I= = − e RC dt R t

t

=−

t

− 100 − 2×10 −4 −4 e = 10e 2×10 A 10

Para t = 2 x 10-4 s Obtenemos I = 10 e −1 = 3,7 A. b)

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c) La corriente inducida se opondrá a la disminución en el flujo de la espira grande por lo tanto la corriente inducida será en sentido antihorario.

Suponiendo que sólo el largo hilo más cercano a la espira pequeña produce un apreciable flujo magnético a través de ella

d) Tres de los alambres en la espira grande están demasiado lejos para hacer una contribución significativa a los cambios en la espira pequeña, como puede verse comparando la distancia c con las dimensiones de la espira grande

μ Ib dx ⎛μ I ⎞ dΦ B = B⋅ A = ⎜ 0 kˆ ⎟ ⋅ (bdxkˆ ) = 0 2π x ⎝ 2πx ⎠ → →

Integrando

μ0 Ib c + a dx 2π ∫c x μ Ib ⎛ a ⎞ = 0 ln⎜1 + ⎟ 2π ⎝ c⎠

ΦB =

Ejemplo 16. La figura muestra una espira rectangular, ubicada fija y de manera paralela en el mismo plano que contiene a un alambre muy largo y recto. El alambre conduce una corriente I(t) = I0 e-t. Suponga que la espira tiene una resistencia R. a) Hallar el flujo de campo magnético sobre la espira. b) halle el sentido y la magnitud de la corriente inducida en la espira. c) halle la potencia disipada en forma de calor por la espira. d) ¿Es correcto (si o no) afirmar que la fuerza magnética total sobre la espira es cero? Justifique brevemente su respuesta.

t

μ b ⎛ a⎞ − Φ B = 0 ln⎜1 + ⎟10e 2×10 2π ⎝ c⎠

−4

− 4π × 10−7 (0,2 ) (ln 3)10e 2×10 −4 ΦB = 2π t

−7

Φ B = 4,39 × 10 e

−

t

2×10 − 4

Wb

Tal que la fuerza electromotriz inducida en la espira pequeña en t = 2 x 10-4 s es t

dΦ d − −4 ε=− = − 4,39 × 10 − 7 e 2×10 dt dt t ⎛ − −4 ⎞ ⎜ e 2×10 ⎟ −7 = − 4,39 × 10 ⎜ −4 ⎟ ⎜ − 2 × 10 ⎟ ⎝ ⎠ −3

= 2,2 × 10 e

−

t 2×10 − 4

Para t = 2 x 10-4 s

ε Inducida = 2,2 × 10 e = 2,2 × 10 e − 3 −1

−3

−

t 2×10 − 4

(0,37 ) Solución.

a) El flujo de campo magnético sobre la espira.

ε Inducida = 0,81 × 10−3 V Luego, la corriente inducida en la espira pequeña es

I Inducida =

ε Inducida R

=

0,81 × 10 −3 25(0,600 )(1,0 )

= 54 x 10-6 A 7


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FUERZA ELECTROMOTRIZ DEL MOVIMIENTO Un ejemplo interesante de una fuerza electromotriz inducida ocurre cuando un conductor se mueve a través de un campo magnético. En la figura a continuación una barra del metal de longitud l orientada perpendicularmente a un campo magnético uniforme y movido con velocidad constante perpendicular a su longitud y al campo. Un portador positivo de carga experimentará una →

Flujo magnético a través del diferencial de superficie

→

fuerza q v × B dirigida hacia la parte superior de la barra.

dΦ B = Bkˆ • adxkˆ = Badx μI μ aI = o (t ) adx = o 0 e −t dx 2πx 2πx Integrando

Φ B = ∫ dΦ B = =

μo aI 0e −t 2π

∫

d +b

d

dx x

d +b μo aI 0 e ln 2π d

La carga positiva se acumulará en el extremo superior de la barra y formará un campo eléctrico

−t

→

E , tal que en el qE = qvB en la situación

b) El sentido de la corriente inducida en la espira es en oposición al cambio, el sentido es antihorario.

constante. Esto significa que se desarrollará una fuerza electromotriz entre los extremos de la barra, ε = Edy = E l = B l v .

∫

Podríamos también llegar este resultado usando la ley de Faraday. Considere un lazo rectangular imaginario, indicado por la línea discontinua. La barra forma un lado del lazo. En el tiempo dt la barra se mueve una distancia vdt hacia la derecha, aumentando el área del lazo vdtl . Esto aumenta el flujo a través del lazo en dΦ B = Bvldt , tal


dΦ B d μo aI 0e − t d + b ln =− dt dt 2π d μ aI d + b −t e = o 0 ln 2π d

ε =−

que ε =

electromotriz es conocida como fuerza electromotriz de movimiento.

La magnitud de la corriente inducida en la espira

I=

ε

R

=

dΦ B = Bvl . Esta clase de fuerza dt

μo aI 0 d + b − t ln e d 2πR

ε = Bvl

c) La potencia disipada en forma de calor por la espira.

Ejemplo 17. El alambre recto y largo de la figura (a) conduce una corriente constante I. Una barra metálica de longitud L se desplaza a velocidad

P = I 2R 2

d + b −t ⎞ ⎛ μ aI e ⎟ R = ⎜ o 0 ln d ⎠ ⎝ 2πR 2 2 2 2 μ a I ⎛ d + b ⎞ − 2t = 0 2 0 ⎜ ln ⎟ e 4π R ⎝ d ⎠

→

constante v , como se muestra en la figura. El punto a está a una distancia d del alambre, a) Calcule la fuerza electromotriz inducida en la barra. b) ¿Cuál punto, a o b, está a un potencial más alto? c) Si se sustituye la barra por una espira rectangular de alambre de resistencia R (Figura

d) No es correcto, porque el campo magnético producido por la corriente variable I(t) = I0 e-t.

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celulares son típicamente 70 mV. Sin embargo, para los jets 747 con una extensión de alas de 60 m y una velocidad de 900 km/h, el efecto es apreciable.

b), ¿cuál es la magnitud de la corriente inducida en la espira?

Fuerza electromotriz producida por un alambre que se desliza en un campo magnético. Supongamos dos rieles horizontales paralelos separados una distancia l , como se muestra en la figura. Solución. a) La fuerza electromotriz inducida en la barra en un elemento diferencial dr.

μ Iv ⎛→ →⎞ → dε = ⎜ v × B ⎟ ⋅ d r = vBdr = 0 dr 2πr ⎝ ⎠ Integrando para toda la barra

Sea un campo magnético perpendicular al plano. Debido a la corriente I, el conductor sufre una fuerza de magnitud F = lIB F hacia la derecha. Esta fuerza lo acelera hacia la derecha, de tal manera que en un determinado lapso de tiempo se mueve con una velocidad v . El flujo magnético a través de la aspira es:

μ0 Iv d + L dr ⇒ ∫0 2π ∫d r μ Iv ⎛ d + L ⎞ ε = 0 ln⎜ ⎟ 2π ⎝ d ⎠ ε

dε =

b) El punto a, es el de mayor potencial. La fuerza magnética es más fuerte en el extremo superior, más cercano a la corriente del alambre ocasionando que la fuerza sobre las cargas positivas sea mayor allí, lo que lleva a acumular más positivos en este extremo. c) Si la única barra fue sustituida por una espira rectangular, los lados paralelos al alambre no tendrían fuerza electromotriz inducida, pero los lados perpendiculares al alambre tendrán una fem inducida, al igual que en la parte (b). Sin embargo, no fluye corriente porque cada lado tendrá su mayor potencial más alto cerca al alambre con corriente. Sería como tener dos baterías de polaridades opuestas conectadas en una espira.

Φ = BA = Blx

Al moverse el conductor con velocidad v se produce un cambio en este flujo

dΦ dx = Bl = Blv dt dt

Por la ley de Faraday esto produce una fuerza electromotriz.

ε '= −

dΦ = − Blv dt

Haciendo circular una corriente I’ en oposición a I (por la Ley de Lenz)

I'=

ε' R

=−

Blv R

Siendo R la resistencia del circuito.

Ejemplo 18. Se ha sugerido que Las aves podrían utilizar la fuerza electromotriz inducida entre los extremos de sus alas por el campo magnético de la tierra como un medio para ayudarles en su navegación durante la migración. Qué fuerza electromotriz sería inducida para que un ganso de Canadá con una extensión de alas de 1,5 m que vuela con una velocidad de 10 m/s en una región donde la componente vertical del campo de la tierra es 2 x 10-5 T. Solución. ε = Blv = (2 x 10-5)(1,5)(10) = 3 x 10-4 V = 0,3 mV. Esto probablemente es demasiado pequeño para ser detectado por las aves, puesto que los voltajes

Otra manera de encontrar esta fuerza electromotriz inducida es mediante la fuerza de Lorentz y la conservación da la energía. La potencia suministrada es ε 0 I , se consume

I 2 R en la resistencia y Fv en mover al alambre con una velocidad v . De tal modo que: ε 0 I = I 2 R + Fv El valor de I es menor que

ε0 R

, el valor en caso

estático. Para evitar esta dificultad sumamos una variable adicional con el fin de mantener a I constante.

(ε 0 + ε ')I = I 2 R + Fv

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Aquí corresponde ε 0 I = I 2 R

Dejando ε ' I = Fv = (IlB )v ⇒ ε ' = Blv ε ' no es la fuerza electromotriz inducida, es el negativo de ella, cuyo fin es mantener la corriente constante

ε '= −

dΦ dt

Demostrar que la potencia entregada es igual a la potencia disipada. Solución. Supongamos una espira como la mostrada en la figura de resistencia R y que sale con velocidad v de la acción del campo B. El flujo magnético encerrado por la espira en un momento dado es

Ejemplo 19. Una barra horizontal de 5 m de longitud orientada en la dirección Este-Oeste cae desde lo alto de un precipicio formando un ángulo recto con la componente horizontal del campo magnético de valor 2,4 x 10-5 T. ¿el valor instantáneo de la fuerza electromotriz inducida en la barra a los 5 s y a los 10 s de caída? Solución. La velocidad de la barra a los 5 s y 10 s de caída será, respectivamente, v5 = gt 5 = 9,81 × 5 = 49,05 m/s,

Φ = Bl x

Como x está variando


La fuerza electromotriz inducida es:

v10 = gt10 = 9,81 × 10 = 98,10 m/s.

ε =−

La fem inducida en la barra en cada caso será: ε 5 = Blv5 = 49,05 x 2,4 x 10-5 = 58,86 x 10-4 V ε 10 = Blv10 = 98,10 x 2,4 x 10-5 = 117,72 x 10-4 V

dΦ = − Blv dt

La corriente producida es

I=

ε

R

=

Blv R

El sentido en oposición a la disminución de líneas de flujo seria el indicado en la figura siguiente.

Ejemplo 20. ¿Qué fuerza electromotriz se induce en el eje frontal de un automóvil que se dirige hacia el Norte a la velocidad uniforme de 100 km/h si el eje tiene 1,5 m de longitud y la componente vertical del campo magnético terrestre es de 5 x 10-5 T? ¿Qué extremo del eje estará a mayor potencial? Solución. El eje se desplaza con una velocidad de: 100 km/h =27,78 m/s. Por tanto, la fuerza electromotriz inducida en un campo de 5 x 10-5 T será: ε = Blv = 27,78 x 5 x 10-5 x 1,5 = 2,08 x 10-3 V. Las cargas positivas (regla de la mano derecha) se desplazan en estas condiciones de E a O. Por tanto, estará a mayor potencial el extremo izquierdo (oeste) del eje.

Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la espira, F1 y F2 son iguales en magnitud y opuestas en sentido, F3 = IlB en el sentido indicado, como la espira se desliza a velocidad constante la fuerza externa Fexterna es igual a F3 .

Fexterna = IlB La potencia desarrollada por el agente externo

P = (Fexterna )v = IlBv Blv Como I = , tenemos R B 2l 2v 2 P= R

Ejemplo 21. Espira rectangular en presencia de un campo magnético.

La potencia disipada en al circuito es 10


P = I 2 R , con I = P=

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Blv : R

B 2l 2v 2 R

Con lo que demostramos que la potencia entregada es igual a la potencia disipada.

dΦ B = −bLv dt ε BLv I= = R R

ε =−

Ejemplo 22. Una espira cuadrada de alambre con resistencia R se traslada con rapidez constante v a través de un campo magnético uniforme confinado en una región cuadrada cuyos lados son dos veces más largos que los de la espira cuadrada. a) Grafique la fuerza externa F que se necesita para trasladar la espira con rapidez constante en función de la coordenada x, de x = - 2L a x = + 2L. La coordenada x se mide del centro de la región de campo magnético al centro de la espira. Es negativa cuando el centro de la espira está a la izquierda del centro de la región de campo magnético. Considere que la fuerza positiva es hacia la derecha. b) Grafique la corriente inducida en la espira en función de x. Tome las corrientes en sentido contrario a las manecillas del reloj como positivas.

F = ILˆj × (− Bkˆ ) = − ILBiˆ →

La fuerza externa para mover a la espira con velocidad constante es igual en magnitud y opuesta en sentido. →

F = ILBiˆ =

vB 2 L2 iˆ R

iii) De x = - L/2 a x = L/2, F = 0

No hay cambio de flujo magnético a través de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no actúa ninguna fuerza sobre esta. F=0 iv) De x = L/2 a x = 3L/2, F = ILB Solución. Cálculos previos. i) De x = – 2L a x – 3L/2, F = 0

dΦ B = −bLv dt ε BLv I= = R R

ε =− No hay flujo magnético a través de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no actúa ninguna fuerza sobre esta. F=0 ii) De x = – 3L/2 a x = - L/2, F = ILB

F = ILˆj × (− Bkˆ ) = − ILBiˆ →

La fuerza externa para mover a la espira con velocidad constante es igual en magnitud y opuesta en sentido. →

F = ILBiˆ =

vB 2 L2 iˆ R

v) De x = 3L/2 a x = 2L, 0 11


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una velocidad constante v a través de un campo

⎛→ ⎝

⎞ ⎠

magnético uniforme ⎜ B = − Bkˆ ⎟ de ancho 3a. a) Suponga como sentido positivo del flujo magnético el sentido positivo de z. Grafique el flujo magnético en función de la posición x del lazo (x posición del lado derecho). b) Grafique la fuerza electromotriz inducida en función de x. c) A partir de la ley de Lenz, halle el sentido de la corriente inducida a lo largo de x. d) Grafique la fuerza magnética sobre el lazo en función de x.

No hay flujo magnético a través de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no actúa ninguna fuerza sobre esta. F=0 Cuadro resumen.

ε

I

F 0 -2L → - 3L(2 - 3L(2 → -L/2 BLv BLv/R ILB 0 -L/2 → L/2 BLv -BLv/R ILB L/2 → 3L(2 0 3L(2 → 2L a) Gráfico la fuerza externa F que se necesita para trasladar la espira con rapidez constante en función de x.

Solución. a) Flujo magnético en función de x. x < 0 ⇒ ΦB = 0 0 < x < a ⇒ ΦB = - Blx a < x < 3a ⇒ ΦB = 0 3a < x < 4a ⇒ ΦB = - Bl(x – 4a) x > 4a ⇒ ΦB = 0 Gráfico

b) Gráfico la corriente inducida en la espira en función de x.

Donde →

F = ILBiˆ =

ε = vBL = IR ⇒ I 0 =

vBL R

b) Fuerza electromotriz inducida en función de x. x<0⇒ε=0 0 < x < a ⇒ ε = Blv a < x < 3a ⇒ ε = 0 3a < x < 4a ⇒ ε = - Blv x > 4a ⇒ ε = 0 Gráfico

y

vB 2 L2 iˆ . R

Ejemplo 23. Un lazo rectangular conductor de resistencia R, ancho a y longitud l se mueve con

c) La corriente inducida a lo largo de x. 12


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x < 0 ⇒ ΦB = 0 ε = 0 I = 0 F = 0

a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en función de la posición de la espira, es decir, cuando la espira se está introduciendo, está introducida, y está saliendo de la región que contiene el campo magnético. b) Explíquese el mecanismo (fuerza sobre los portadores de carga) de establecimiento de la corriente inducida en los tres casos citados. c) Grafique el flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza neta en función de la posición x.

Blv sentido antihorário 0
a < x < 3a ⇒ I = 0 3a < x < 4a ⇒ I =

Blv sentido horário R Solución. a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en función de la posición de la espira, es decir, cuando la espira se está introduciendo, está introducida, y está saliendo de la región que contiene el campo magnético.

x > 4a ⇒ ΦB = 0 ε = 0

I=0 F=0

d) La fuerza magnética sobre el lazo en función de x. x<0⇒ F=0 →

0 < x < a ⇒ F = − IlBiˆ = −

Φ = B (lx ) dΦ dx ε =− = − Bl = − Blv dt dt Blv ε I = =− R R

2 2

Blv iˆ R

a < x < 3a ⇒ F = 0 →

3a < x < 4a ⇒ F = − IlBiˆ = − x > 4a ⇒ ΦB = 0 ε = 0

B 2l 2v iˆ R

El sentido de la corriente es antihorario.

I=0 F=0

Cuando la espira se encuentra dentro del campo magnético.

Gráfico

Φ = Bl a dΦ ε =− =0 dt

Ejemplo 24. Una espira rectangular de dimensiones l y a con resistencia R se mueve con velocidad constante v hacia la derecha como se muestra en la figura, penetra en una región donde hay un campo magnético uniforme perpendicular al plano del papel y hacia dentro de módulo B. Calcular y hacer un gráfico de:

No hay corriente inducida, I = 0 Cuando la espira esta saliendo del campo magnético.

13


Hugo Medina Guzmán

( )

→

→

F1 = I ( x − 2a ) − iˆ × B [(x – 2a) lleva el sentido de la corriente I]

B 2l2v ⎛ Blv ⎞ F1 = IlB = ⎜ ⎟ lB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F1 hacia la izquierda (−iˆ) . →

→

F2 = I ( x − 2a )iˆ × B [(x – 2a) lleva el sentido de

Φ = B (3a − x )l dΦ dx ε =− = Bl = Blv dt dt ε Blv I= = R R

la corriente I].

⎛ Blv ⎞ F2 = I ( x − 2a )B = ⎜ ⎟( x − 2a )B ⎝ R ⎠ B 2 l( x − 2a ) = R Fuerza neta de F2 hacia arriba (− ˆj ) .

El sentido de la corriente es horario. Fuerza sobre las corrientes. Ingresando la espira.

→

→

F3 = I (x − 2a )(− i ) × B [(x – 2a) lleva el sentido de la corriente I].

→

( )

⎛ Blv ⎞ F3 = I (x − 2a )B = ⎜ ⎟( x − 2a )B ⎝ R ⎠ B 2 l( x − 2a ) = R Fuerza neta de F3 hacia abajo ( ˆj ) .

→

F1 = I lˆj × B ( l lleva el sentido de la corriente

→

I)

B 2l2v ⎛ Bl v ⎞ F1 = IlB = ⎜ ⎟ lB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F1 hacia la izquierda (−iˆ) . →

(

)

→

F2 = −F3 b) El mecanismo (fuerza sobre los portadores de carga) de establecimiento de la corriente inducida en los tres casos citados.

→

F2 = I − .iˆx × B (x lleva el sentido de la

Cuando se introduce la espira rectangular.

corriente I)

B 2 lx ⎛ Bl v ⎞ F2 = IxB = ⎜ ⎟ xB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F2 hacia abajo ( ˆj ) . →

( )

→

F3 = I iˆx × B (x lleva el sentido de la corriente

→

I)

→

→

B 2 lx ⎛ Bl v ⎞ F3 = IxB = ⎜ ⎟ xB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F3 hacia arriba (− ˆj ) . →

→

F B = q v× B

( )

Fuerza neta F 1 hacia la izquierda − iˆ

Con toda la espira rectangular en el campo magnético.

→

F2 = −F3 Saliendo la espira. →

→

→

F B = q v× B No hay corriente, se compensan. 14


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Cuando se saca la espira rectangular.

I=

ε R

=

Badx Bav 1 dΦ B = = R dt Rdt R

Así

→

→

B 2a 2v mgR ⎛ Bav ⎞ mg = B⎜ y v= 2 2 ⎟a = R B a ⎝ R ⎠

→

F B = q v× B →

Observe que la corriente inducida fluye a la derecha en un intento de mantener el flujo dentro del lazo constante.

( )

Fuerza neta F 1 hacia la izquierda − iˆ c) Gráficos del flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza neta en función de la posición x.

Ejemplo 26. Supongamos una espira como la mostrada en la figura de resistencia R y que sale →

con velocidad v = v0 iˆ de la acción del campo →

B = B0 ˆj .

a) Calcule el flujo magnético y la corriente inducida (valor y dirección) cuando un segmento x aún no sale la región con campo. Justifique. b) Calcule en es mismo instante las fuerzas magnéticas sobre cada lado de la espira. c) Si la velocidad de la espira y el campo magnético tienen valores constantes, calcule la fuerza externa necesaria para que este movimiento se realice. d) Calcule el trabajo por unidad de tiempo realizado por la fuerza externa y la potencia disipada por la corriente inducida. Comente los resultados. Solución. a) El flujo magnético encerrado por la espira en un momento dado es

Ejemplo 25. Un lazo rectangular de dimensiones a x b, resistencia R, y masa m está orientado perpendicularmente a un campo magnético uniforme horizontal. Se suelta del reposo y baja de modo que parte del lazo esté fuera del campo, como se muestra en la figura. ¿Qué velocidad terminal máxima alcanza el lazo?

Φ = Bl x

Como x está variando


La fuerza electromotriz inducida es:

ε =−

dΦ = − Blv dt

La corriente producida es

Solución. Cuando la fuerza magnética en la corriente inducida es igual al peso del lazo, la fuerza actuante será cero y el lazo tendrá aceleración cero.

I=

ε

R

=

Blv R

El sentido en oposición a la disminución de líneas de flujo seria el indicado en la figura siguiente.

FB = mg Las fuerzas exteriores en las dos ramas laterales se cancelan. La fuerza ascendente en la porción superior es FB = IaB , donde 15


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iii) la espira se aleja mucho del alambre.

b) Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la espira, F1 y F2 son iguales en magnitud y opuestas en sentido, F3 = IlB en el sentido indicado.

Solución. a) i) Aplicando la ley de Faraday de la inducción.

F1 = F2 = IBx

| ε |=

c) Como la espira se desliza a velocidad constante la fuerza externa Fexterna es igual a F3 .

dΦ B dt

Fexterna = IlB d) La potencia desarrollada por el agente externo

P = (Fexterna )v = IlBv Blv , tenemos Como I = R B 2l 2v 2 P= R

La potencia disipada en al circuito es

P = I 2 R , con I = =

Blv : R

Considere una tira angosta de ancho dx y a una distancia x del alambre largo. El campo magnético del alambre en la tira es

B 2l 2v 2 R

B=

Con lo que demostramos que la potencia entregada es igual a la potencia disipada.

μ0 I . 2πx

El flujo a través de la tira es

dΦ B = Bbdx =

Ejemplo 27. En la figura, se jala la espira hacia la derecha con rapidez constante v. Una corriente constante I fluye en el alambre largo, en el sentido que se indica, a) Calcule la magnitud de la fem neta ε inducida en la espira. Hágalo de dos maneras: i) con base en la ley de Faraday de la inducción. ii) examinando la fem inducida en cada segmento de la espira debido al movimiento de ésta. b) Halle el sentido (según al contrario a las manecillas del reloj) de la corriente inducida en la espira. Hágalo de dos maneras: i) con base en la ley de Lenz; ii) a partir de la fuerza magnética sobre las cargas de la espira. c) Compruebe su respuesta respecto a la fem del inciso (a) en los casos especiales siguientes para verificar que sea físicamente razonable: i) la espira está fija; ii) la espira es muy delgada, por lo que a → 0;

μ0 Ib dx 2π x

El flujo total a través de la espira es

Φ B = ∫ dΦ B = =

μ0 Ib r + a dx 2π ∫r x

μ0 Ib ⎛ r + a ⎞ ln ⎜ ⎟ 2π ⎝ r ⎠

La fuerza electromotriz inducida:

⎞ dΦ B dΦ B dr μ0 Ib ⎛ a ⎟v ⎜⎜ − = = dt dt dt 2π ⎝ r (r + a ) ⎟⎠

| ε |=

μ0 Iabv 2πr (r + a)

ii) Para una barra de longitud l moviéndose a una rapidez v perpendicular al campo magnético B la fuerza electromotriz es ε = Bvl Examinando la fem inducida en cada segmento de la espira debido al movimiento de ésta 16


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Para el lado 1

→

⎛μ I⎞ ε 1 = ⎜ 0 ⎟ vb ⎝ 2πr ⎠

El campo magnético B1 en el segmento 1 es →

mayor que B 2 en el segmento 2 ya que está más cerca al alambre largo.

Para el lado 2

⎛ μ0 I ⎞ ⎟⎟ vb ε 2 = ⎜⎜ 2 ( + ) π r a ⎝ ⎠

→

→

ε2 = ε4 = 0

Luego F B1 es mayor que F B 2 y la corriente inducida en la espira es en sentido horario. Esto concuerda con la dirección deducida en i) usando la ley de Lenz.

ε = ε1 − ε 2 =

c) Cuando v = 0 La fem inducida es cero; La expresión en la parte (a)

Para los lados 2 y 4 Ambas fems ε1 y ε2 están dirigidas hacia arriba de la espira tal que son opuestas una a otra. La fem neta es

μ0 Ivb ⎛ 1 1 ⎞ ⎟ ⎜⎜ − 2π ⎝ r r + a ⎟⎠

| ε |=

μ0 Iabv = 2πr (r + a)

μ0 Iab(0) =0 2πr (r + a )

Esta expresión concuerda con la obtenida en i) usando la ley de Faraday.

Resultados iguales. Cuando a → 0 El flujo va a cero y la fem se acercaría a cero; la expresión en la parte a)

b) El sentido de la corriente inducida i) En base a la ley de Lenz

| ε |=

→

El campo magnético B esta dirigido ingresando a la página. Φ B también está dirigido ingresando a la página y disminuyendo. Por consiguiente el flujo Φ inducido de la corriente inducida también es entrando a la página y la corriente que lo crea es en sentido horario.

μ0 I (0)bv =0 2πr (r + 0)

Resultados iguales. Cuando r → ∞ El campo magnético a través de la espira va a cero y la fem irá a cero. La expresión en la parte a)

| ε |=

μ0 Iabv

2π (∞ )(∞ + a)

=0

Resultados iguales Ejemplo 28. La corriente en el alambre largo y recto AB de la figura fluye hacia arriba y aumenta constantemente a razón de di/dt. a) En un instante en que la corriente es i. ¿cuáles son la magnitud y dirección del campo B a una distancia r a la derecha del alambre? b) ¿Cuál es el flujo dB a través de la banda estrecha sombreada? c) ¿Cuál es el flujo total a través de la espira? d) ¿Cuál es la fem inducida en la espira?

ii) Consideremos la fuerza sobre las cargas positivas. →

→

→

F B = q v× B

17


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e) Calcule el valor numérico de la fem inducida si a = 12,0 cm, b = 36,0 cm, L = 24,0 cm y dI/dt = 9,60 A/s.

Considere una tira angosta de ancho dx y a una distancia x del alambre largo. El campo magnético del alambre en la tira es

B=

El flujo a través de la tira es

Solución.

μi a) Cuando I = i ⇒ B = 0 , ingresando a la 2πr

dΦ B = Bbdx =

c) d) e)

μ0 Ia dx 2π x

El flujo total a través de la espira es

página. b)

μ0 I . 2πx

Φ B = ∫ dΦ B =

μi dΦ B = BdA = 0 Ldr . 2πr b μ iL b dr μ 0iL ⎛ b ⎞ = ln⎜ ⎟ . Φ B = ∫ dΦ B = 0 ∫ a 2π a r 2π ⎝ a ⎠ dΦ B μ 0 L ⎛ b ⎞ di ε= = ln⎜ ⎟ . dt 2π ⎝ a ⎠ dt μ (0,240) ⎛ 0,360 ⎞ ln⎜ ε= 0 ⎟(9,60 ) 2π ⎝ 0,120 ⎠

=

μ0 Ia r + a dx 2π ∫r x

μ0 Ia ⎛ r + a ⎞ ln ⎜ ⎟ 2π ⎝ r ⎠

b) La fuerza electromotriz inducida:

⎞ dΦ B dΦ B dr μ0 Ia ⎛ a ⎟v ⎜⎜ − = = dt dt dt 2π ⎝ r (r + a ) ⎟⎠ =−

-7

= 5,06 x 10 V.

μ 0 Ia 2

2π (r + a )r

v

Aplicando la ley de Faraday de la inducción.

Ejemplo 29. En la figura, se jala la espira de resistencia R hacia la derecha con una rapidez constante v. Una corriente constante I fluye en el alambre largo, en el sentido que se indica, a) Para la posición mostrada, halle el flujo magnético ΦB en la espira. b) Halle la corriente inducida Iind en la espira. ¿Cuál es el sentido de Iind? Justifique su respuesta.

μ0 Ia 2v | ε |= 2π (r + a)r ε μ0 Ia 2v I ind = = R 2π R (r + a)r Aplicando la ley de Lenz determinaos el sentido de la corriente inducida.

Solución. a)

El sentido de la corriente Iind es en oposición a la disminución del campo magnético al alejarse la 18


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espira del alambre con corriente I que lo produce. Sentido horario.

dv B 2 L2 =− dt v mR Integrando

dv B 2 a 2 t ∫v0 v = . mR ∫0 dt ⇒ v B 2a 2 ln = − t ⇒ v0 mR

Ejemplo 30. En la figura se muestra una espira rectangular de ancho L y un conductor corredizo de masa m. Hay un campo magnético uniforme B perpendicular al plano de la espira y dirigido hacia el plano de la figura. Al conductor corredizo se le imparte una rapidez inicial v0 y luego se deja libre. No hay fricción entre el conductor corredizo y la espira, y la resistencia de esta última es insignificante en comparación con la resistencia R del conductor corredizo. a) Obtenga una expresión de F, la magnitud de la fuerza que se ejerce sobre el alambre cuando éste se desplaza con rapidez v. b) Demuestre que la distancia x que el alambre recorre antes de quedar en reposo es

x=

v

v = v0e

−

B 2 L2 t mR

Pero v =

dx dt

Luego

dx = v0e

−

B 2 L2 t mR

dt

Integrando

∫

mRv0 . B 2a 2

x

0

∞

dx = v0 ∫ e

−

B 2 L2 t mR

0

mR − x = −v0 2 2 e B L

dt

B 2 L2 t mR

(

∞

⇒ 0

mRv0 − ∞ e − e0 2 2 B L mRv0 = 2 2 . B L

x=−

Solución. a) La fuerza electromotriz inducida

Ejemplo 31. La figura muestra un riel conductor ideal liso en forma de U que se encuentra en una superficie horizontal lisa. Una barra de masa m y resistencia eléctrica R entre los puntos a y b es lanzada hacia la derecha con rapidez inicial vo.

ε = BLv


I=

ε R

=

BLv R

→

El campo magnético B es constante y uniforme en todo el espacio. Halle el sentido de la corriente inducida sobre la barra que se está moviendo (Hacia arriba o hacia abajo)

Fuerza ejercida sobre el alambre

F = − ILB = −

B 2 L2v R

La fuerza es en oposición al movimiento. b) Aplicando la segunda ley de Newton

dv

∑ F = ma = m dt −

)

B 2 L2v dv =m ⇒ R dt

Solución. El flujo magnético es 19


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→

Φ = B⋅ Anˆ

Donde →

B = Biˆ , Anˆ = Akˆ Luego

Φ = Biˆ ⋅ Akˆ = 0 ⇒ dΦ ε =− =0 ⇒ dt I=

ε

R

El flujo magnético en la espira en función de la distancia vertical y:

=0

Φ B = B0 A = B0ly

Ejemplo 32. Una espira cuadrada de lado l , masa m, y resistencia R. se encuentra en la frontera de una zona donde actúa un campo

b) La fem:

1 2 gt 2 dΦ dy ε = − B = − B0l = − B0lv dt dt y=

→

magnético uniforme B 0 , perpendicular al plano del papel y saliendo de él, como lo muestra la figura. En t = 0, se deja caer la espira la cual se introduce progresivamente en el campo

La corriente inducida en la espira

I=

→

magnético B 0 . Se pide: a) Hallar el flujo magnético en la espira en función de la distancia vertical y. b) Encontrar la fem y la corriente inducida en la espira. ¿Cuál es el sentido de dicha corriente? c) Mostrar en un diagrama de cuerpo libre las diferentes fuerzas que actúan sobre la espira, e indicar los valores respectivos. d) Plantear la ecuación diferencial del movimiento vertical en función de la velocidad de la espira. e) Resolver la ecuación diferencial planteada en (d), y obtener la velocidad en función del tiempo.

ε

R

=

B0lv R

Como el campo durante la caída esta aumentando hacia el papel, por la ley de lenz en oposición a ese aumento debe aparecer un campo magnético opuesto, este se debería a una corriente en la espira en sentido horario. c)

F = IlB0 =

∑ F = ma

B02l 2v R

mg − F = ma ⇒ mg − IlB0 = ma ⇒

mg −

B02 l 2 v dv =m R dt

La ecuación diferencial del movimiento vertical en función de la velocidad de la espira. Es:

Solución. a)

dv B02 l 2 v + −g=0 dt mR d)

20


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B 2l 2v dv =− 0 +g ⇒ dt mR B 2l 2 ⎛ dv mRg ⎞ = − 0 ⎜⎜ v − 2 2 ⎟⎟ ⇒ dt mR ⎝ B0 l ⎠ B 2l 2 dv = − 0 dt mR ⎛ mRg ⎞ ⎜v − 2 2 ⎟ ⎜ ⎟ B0 l ⎠ ⎝

B=

μ0 I 2π r

a) Calcular la diferencia de potencial entre los extremos A y B de una varilla que se mueve paralelamente a la corriente rectilínea con velocidad v. b) ¿Cuál es el potencial más alto de los dos?. Razonar las respuestas

Integrando: v

⎛ B02 l 2 t mRg ⎞ ln⎜⎜ v − 2 2 ⎟⎟ = − t ⇒ mR 0 B0 l ⎠ 0 ⎝ mRg v− 2 2 B0 l B02 l 2 ln =− t⇒ mRg mR − 2 2 B0 l mRg v− 2 2 B 2l 2 − 0 t B0 l = e mR ⇒ mRg − 2 2 B0 l

Solución. a) Un portador de carga positiva de la varilla, al moverse con velocidad v, en el campo magnético producido por la corriente rectilínea indefinida experimente una fuerza FB = qvBsen 90º , dirigida a lo largo de la varilla hacia A.

B 2l 2

mRg mRg − 0 t v − 2 2 = − 2 2 e mR ⇒ B0 l B0 l

mRg v= 2 2 B0 l

B l ⎛ − 0 t ⎞ ⎜1 − e mR ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2

Esta velocidad es mientras la espira está ingresando en el campo, después de haber ingresado completamente la velocidad llega a un valor v' .

v' < vlímite =

Las cargas positivas se acumulan en A y las negativas en B.

mRg (Cuando a = 0 ). B02 l 2

Desde este instante en adelante la velocidad estará dada por:

1 v = v'+ gt '2 . 2

→

Surge un campo eléctrico E entre A y B, que se opone a que se siga acumulando carga. En el equilibrio

μ0 I 2π r

FB = FE ⇒ qvB = qE ⇒ E = vB = v b

b

a

a

V A − VB = ∫ Edr = ∫ v =v Ejemplo 33. Sabiendo que el módulo del campo magnético producido por una corriente rectilínea indefinida de intensidad I a una distancia r vale

μ0 I b ln 2π a

μ0 I μ I dr = v 0 2π r 2π

∫

b

a

dr r

b) El potencial más alto esta en a (+), es un punto mas cercano al alambre con corriente. 21


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Las cargas positivas se acumulan en a y las negativas en b.

Ejemplo 34. El alambre recto y largo conduce una corriente constante I. Una barra metálica de longitud L se desplaza a velocidad constante v, como se muestra en la figura. El punto a está a una distancia d del alambre. Calcule la fem inducida en la barra. ¿Cuál punto a o b es el de mayor potencial? Justifique.

→

Surge un campo eléctrico E entre a y b, que se opone a que se siga acumulando carga. En el equilibrio

FB = FE ⇒ qvB = qE ⇒ μ I E = vB = v 0 2π r

b) Suponga que se sustituye la barra por una espira rectangular de alambre de resistencia R. Calcule el flujo magnético y la corriente inducida en la espira. ¿Cuál es el sentido de la corriente inducida?

La fem inducida en la barra.

Va − Vb = ∫

d +L

d

=

∫

=

Edr

d +L

d

v

μ0 I μ I dr = v 0 2π r 2π

μ 0 Iv d + L ln 2π d

∫

d +L

d

dr r

El punto de mayor potenciales a. c) Lo mismo que la parte anterior, pero para una corriente variable en el tiempo en el alambre igual a I (t ) = I 0 e −αt , donde α . es una constante positiva de unidad s-1. d) Para la situación de la parte c). ¿Cuál es la fuerza magnética resultante sobre la espira? El resultado puede ser expresado en función de la corriente inducida I ind de la espira. Solución. a) Un portador de carga de la varilla, al moverse con velocidad v, en el campo magnético producido por la corriente rectilínea →

→

b) Suponga que se sustituye la barra por una espira rectangular de alambre de resistencia R. Calcule el flujo magnético y la corriente inducida en la espira. ¿Cuál es el sentido de la corriente inducida?

→

experimente una fuerza FB = q v × B , dirigida a lo largo de la varilla hacia b.

22


ΦB = ∫

d +L

d

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μ0 I μ Ia ⎛ d + L ⎞ adr = 0 ln⎜ ⎟ 2π ⎝ d ⎠ 2πr

Ejemplo 35. La figura muestra un alambre infinito que lleva una corriente I (t ) = at , donde

Como el flujo es constante no hay fem inducida, por lo tanto tampoco corriente inducida. No hay corriente inducida, puesto que el flujo magnético es constante en el tiempo. c) Si la corriente en el alambre igual a I (t ) = I 0e −αt .

a es una constante y t está en segundos. También muestra una espira triangular con resistencia eléctrica R. Para la posición mostrada halle: a) El flujo magnético en la espira. b) El vector fuerza magnética sobre el cateto ubicado en el eje x.

d +L μ I dΦ B 0 adr , ΦB = ∫ d dt 2πr μ Ia ⎛ d + L ⎞ = 0 ln ⎜ ⎟ 2π ⎝ d ⎠ μ aI ⎛ d + L ⎞ −αt dΦ B ε =− = − 0 0 ln⎜ ⎟e 2π dt ⎝ d ⎠ μ aI α ⎛ d + L ⎞ −αt = 0 0 ln⎜ ⎟e 2π ⎝ d ⎠ ε μ aI α ⎛ d + L ⎞ −αt I ind = = 0 0 ⎜ ⎟e 2πR ⎝ d ⎠ R

ε =−

Solución. a) Encontremos el flujo magnético a través de del área diferencial dA = ydx.

El sentido de la corriente inducida de acuerdo con la ley de Lenz, como la corriente va disminuyendo, el campo magnético también, luego para que aparezca un campo en oposición la disminución del campo debe circular una corriente inducida en sentido horario. d) Para la situación de la parte c). ¿Cuál es la fuerza magnética resultante sobre la espira? El resultado puede ser expresado en función de la corriente inducida I ind de la espira.

dΦ B = BdA =

μ 0 I (t ) ydx 2πx

Para encontrar y en función de x. →

F 1 = I ind a →

y L+a−x ⇒ y = L+a−x = L L

μ0 I ˆj 2πd

Reemplazando

μ 0 I (t ) ( L + a − x ) dx x 2π μI ⎡ dx ⎤ = 0 (t ) ⎢(L + a ) − dx ⎥ 2π ⎣ x ⎦

→

F2 = −F3 →

F 4 = − I ind a

dΦ B =

μ0 I

2π (d + L )

ˆj

La fuerza magnética resultante sobre la espira

Integrando para todo el área. μ I L+a ⎡ dx ⎤ Φ B = ∫ dΦ B = 0 (t ) ∫ ⎢(L + a ) − dx ⎥ a x 2π ⎣ ⎦

μ I μ0 I ˆj F = F 1 + F 4 = I ind a 0 ˆj − I ind a 2πd 2π (d + L ) →

→

=

→

=

μ 0 II ind a ⎡ 1 1 ⎤ ˆj − ⎢ 2π ⎣ d (d + L ) ⎥⎦

En oposición al ingreso. 23

μ 0 I (t ) [(L + a )ln x − x]aa + L 2π


Hugo Medina Guzmán

μ 0 I (t ) ⎡ (L + a )ln (a + L ) − L⎤⎥ ⎢ a 2π ⎣ ⎦

=

b) La fuerza electromotriz inducida sobre la espira es d d μ 0 I 0t ⎡ (L + a ) ln (a + L ) − L ⎤⎥ ε = − ΦB = − dt dt 2π ⎢⎣ a ⎦

μ0 I 0 ⎡ (L + a ) ln (a + L ) − L⎤⎥ ⎢ 2π ⎣ a ⎦

=−

Solución.

ΔΦ B Δt − πr 2 ΔA =−B =−B Δt Δt π (0,0650 2) 2 = (0,950) = 0,0126 V. 0,250

a) ε = −

La corriente es

I=

ε R

− =

μ0 I 0 ⎡ (L + a ) ln (a + L ) − L⎤⎥ ⎢ a 2π ⎣ ⎦ R

μI ⎡ (a + L ) − L⎤ = − 0 0 ⎢(L + a ) ln ⎥⎦ 2πR ⎣ a

b) Dado que el flujo a través de la espira está disminuyendo, la corriente inducida debe producir un campo que entra en la página. Por lo tanto, la corriente fluye a través de la resistencia de a a b.

En el sentido antihorario Para calcular el vector fuerza magnética sobre el cateto ubicado en el eje x.

Ejemplo 37. Una varilla conductora de masa 10 g desliza sobre carriles paralelos distantes 20 cm y que forman un ángulo de 30º con el plano horizontal. Los carriles se cierran por la parte inferior, tal como se indica en la figura. En la región existe un campo magnético uniforme y perpendicular al plano horizontal de intensidad 1 T. a) Calcular la fuerza electromotriz en función de la velocidad constante de la varilla. La intensidad de la corriente inducida si la resistencia del circuito es de 10 Ω. La(s) fuerza(s) sobre la varilla. b) ¿Cuánto valdrá la velocidad de la varilla cuando desliza con movimiento uniforme? (se desprecia el rozamiento). Razonar las respuestas dibujando los esquemas

La fuerza sobre el electo diferencial dx del alambre es →

d F = Idxiˆ ×

μ 0 I (t ) (− kˆ ) = μ 0 I I (t ) dx ˆj x 2πx 2π

Integrando para todo el cateto →

→

F = ∫d F = =

μ 0 I I (t ) a + L dx ˆj ∫ a x 2π

μ 0 I I (t ) (a + L ) ˆj ln 2π a

Reemplazando el valor de I: 2 → ⎛ μ0 I 0 ⎞ 1 ⎡ (L + a ) ln (a + L ) − L⎤⎥ ln (a + L ) t ˆj F =⎜ ⎟ ⎢ a a ⎦ ⎝ 2π ⎠ R ⎣ Ejemplo 36. Una espira circular flexible de 6,50 cm de diámetro se localiza en un campo magnético cuya magnitud es de 0,950 T y está orientado hacia el plano de la página como se muestra en la figura. Se jala la espira en los puntos indicados por las flechas para formar una espira de área cero en 0,250 s. a) Determine la fem inducida promedio en el circuito. b) ¿Cuál es el sentido de la corriente en R: de a a b o de b a a? Explique su razonamiento.

Solución. a)

24


Hugo Medina Guzmán

Ejemplo 38. Rapidez terminal. Una barra conductora de longitud L, masa m y resistencia R se traslada sin fricción sobre rieles metálicos como se muestra en la figura. Hay un campo magnético uniforme B dirigido hacia el plano de la figura. La barra está inicialmente en reposo, y sobre ella actúa una fuerza constante F dirigida hacia la derecha. Los rieles son infinitamente largos y su resistencia es insignificante, a) Grafique la rapidez de la barra en función del tiempo. b) Proporcione la expresión de la rapidez terminal (la rapidez cuando la aceleración de la barra es cero).

El sentido de la corriente inducida es en oposición a la disminución del flujo magnético. El flujo es →

Φ = B⋅ nˆ A = BA cos 30º ⎛ 3⎞ ⎟ = 0,1 3 x Wb = (1)⎜ 0,2 x ⎜ 2 ⎟⎠ ⎝ b) La fuerza electromotriz es

dΦ dx = −0,1 3 = 0,1 3 v V dt dt ε 0,1 3 v Y la corriente I = = R 10

ε =−

Solución. a)

Fuerzas sobre la varilla

→

→

→

F B = I l× B ,

ε = vBL = IR ⇒

→

( l lleva el sentido de la corriente I )

FB = I (0,2 )(1)sen 90º = 0,02

F − FB = F − ILB = ma

0,1 3 v 10

dv vB 2 L2 F + = ⇒ dt mR m mgsen 30º = FB cos 30º

⇒ v=

vBL , R

2 2 ⎛ F − ILB ⎞ F vB L ⇒ a=⎜ . ⎟= − m ⎠ m mR ⎝ dv F vB 2 L2 ⇒ = − ⇒ dt m mR

= 0,02 3v N Para que vaya a velocidad constante ambas fuerzas deben ser iguales.

(0,01)(9,8)(0,5) = 0,002 3v

I=

dv = dt B L F − v+ mR m 2 2

Integrando

∫

3 2

50 m 3 s

dv = dt + C ⇒ B L F ∫ − v+ mR m 2 2

⎛ B 2 L2 F ⎞ 1 ln⎜⎜ − v + ⎟⎟ = t + C ⇒ 2 2 B L ⎝ mR m ⎠ − mR 25

y


Hugo Medina Guzmán

v = e rt dv = re rt de

⎛ B 2 L2 F ⎞ B 2 L2 ln⎜⎜ − v + ⎟⎟ = − t + ln C ' ⇒ m ⎠ mR ⎝ mR ⎛ B 2 L2 F ⎞ ⎜⎜ − v + ⎟⎟ mR m ⎠ B 2 L2 ln ⎝ =− t⇒ C mR ⎛ B 2 L2 F ⎞ ⎜⎜ − v + ⎟⎟ B 2 L2 − t m ⎠ ⎝ mR = e mR ⇒ C' − B 2 L2 F − v+ = C'e mR m

B 2 L2 t mR

Remplazando:

re rt +

B 2 L2 rt e =0 mR

Se obtiene

r=−

B 2 L2 mR

Luego

⇒

v = Ae

−

B 2 L2 t mR

+B

Para encontrar las constantes Para t = 0 v(0 ) = 0

B 2 L2 − t mR

F − C''e m ⇒ v= B 2 L2 mR B 2 L2 − t FR v = 2 2 − C ' ' e mR B L Para t = 0 v(0 ) = 0

0 = Ae0 + B A= B Para t = ∞ v(t ) = vt vt = Ae−∞ + B B = vt Finalmente

(

FR C''= 2 2 B L

v(t ) = vt 1 − e − t (B

Finalmente B L − FR ⎛ v (t ) = 2 2 ⎜1 − e mR B L ⎜⎝

2 2

t

2 2

L mR )

)

Ejemplo 39. Se tiene una espira rectangular l ×d con masa m y resistencia R. La espira ingresa una velocidad inicial v0 al espacio con campo

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

→

magnético B constante

Encuentre la velocidad v, la posición x en función del tiempo de la espira: a) Antes de ingresar al campo b) Cuando ingresa al campo c) En su recorrido dentro del campo d) Cuando sale del campo e) Después de salir del campo Solución. a) La espira antes de ingresar al campo x<0

b) La velocidad terminal vt ocurre cuando la fuerza que jala es igualada por la fuerza

⎛ v LB ⎞ FB = ILB = ⎜ t ⎟ LB = ⎝ R ⎠ 2 2 vt L B FR = F ⇒ vt = 2 2 . R LB

magnética:

Nota. Solución de la ecuación como ecuación diferencial.

dv vB 2 L2 F + = dt mR m Sea 26


Hugo Medina Guzmán

ln

v B 2l 2 =− t ⇒ v0 mR B 2l 2

− t v = e mR ⇒ v0

v(t ) = v0e

−

B 2l 2 t mR

Cálculo de la posición x La velocidad es constante igual a v0. La posición

v(t ) = v0e

x = x0 + v0t

−

− dx = v0e dt

Nota: Considerando que parte de una distancia x0 negativa. Para los siguientes posiciones consideramos para x = 0, t = 0

dx = v0e

−

B 2l 2 t mR

⇒

2 2

B l t mR

B 2l 2 t mR

⇒

dt

Integrando de 0 a t: B l − mRv ⎛ x = 2 20 ⎜1 − e mR B l ⎜⎝

b) La espira ingresa al campo 0
2 2

t

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

c) La espira en su recorrido dentro del campo d < x < 10 d

Cálculo de v(t)

F = IlB I=

ε

Blv(t ) − dΦ dt =− R R Blv(t ) ⎞ B 2l 2v(t ) ⎟⎟lB = − R ⎠ R

=

R ⎛ F = ⎜⎜ − ⎝

La velocidad del espira es constante e igual a la velocidad que adquiere en x = d Cálculo de vd Primeramente encontremos td Cuando x = d:

También

F = ma

Luego

−

B 2l 2v(t ) R

=m

dv ⇒ dt

B l − mRv ⎛ d = 2 20 ⎜1 − e mR B l ⎜⎝

2 2

dv B 2l 2 =− dt v mR

− B 2l 2 d =1− e mRv0

Integrando

ln v = −

B 2l 2 dt + C1 mR

e

−

B 2l 2 td mR

Para t = 0, v = v0

ln v0 = C1

−

Reemplazando

ln v = −

B 2l 2 t + ln v0 ⇒ mR

⎞ ⎟⇒ ⎟ ⎠

⇒

B 2l 2 d mRv0

B 2l 2 B 2l 2 d td = − ln ⇒ mR mRv0

td = 27

=1−

B 2l 2 td mR

td

mR B 2l 2 d ln B 2l 2 mRv0


Hugo Medina Guzmán

La velocidad en x = d: −

vd = v0e

2 2

B l td mR

= v0e

− ln

B 2l 2

− (t −t10 d ) v = e mR ⇒ vd

2 2

B l d mRv 0

Esta velocidad es constante en todo el rango d < x < 10 d La posición

v(t ) = vd e

−

B 2l 2 (t − t10 d mR

)

Cálculo de la posición x

x = d + vd t

v(t ) = vd e

d) La espira sale del campo 10 d < x < 11 d

B 2l 2 (t − t10 d mR

)

B 2l 2 (t − t10 d mR

)

B 2l 2 (t − t10 d mR

)

−

− dx = vd e dt

dx = vd e

−

⇒ ⇒

dt

Integrando de t10d a t:

mRv x − 10d = 2 2d Bl

B l ⎛ − ⎜1 − e mR ⎜ ⎝

2 2

(t − t10 d ) ⎞

⎟ ⎟ ⎠

e) La espira después de salir del campo x > 11 d

Cálculo de v(t)

F = IlB

I=

ε

Blv(t ) − dΦ dt =− R R B 2l 2v(t ) Blv(t ) ⎞ ⎟⎟lB = − R ⎠ R

=

R ⎛ F = ⎜⎜ − ⎝

También

F = ma

Luego

B 2l 2v(t ) dv =m ⇒ R dt dv B 2l 2 =− dt v mR

La velocidad del espira es constante e igual a la velocidad que adquiere en x = 11d Cálculo de v11d Primeramente encontremos t11d Cuando x = 11d: B 2l 2 (t11d − t10 d ) ⎞ − mRv ⎛ ⎟⇒ 11d − 11d = 2 20 ⎜1 − e mR ⎟ B l ⎜⎝ ⎠

−

Integrando

ln v = −

B 2l 2 dt + C2 mR

Para t = t10d, la velocidad es vd = v0e

− ln

− B 2l 2 d =1− e mRv0

B 2l 2 d mRv 0

ln vd = C1

e

−

Reemplazando

B 2l 2 (t − t10 d ) + ln vd ⇒ ln v = − mR v B 2l 2 (t − t10 d ) ⇒ ln = − vd mR

−

B 2l 2 (t11 d − t10 d mR

)

B 2l 2 (t11d − t10 d mR

=1−

⇒

B 2l 2 d ⇒ mRv0

2 2 B 2l 2 (t11d − t10 d ) = − ln B l d ⇒ mR mRv0

t11d = t10 d +

mR B 2l 2 d ln B 2l 2 mRv0

La velocidad en x = 11d:

v11d = v10e 28

)

−

B 2l 2 (t11 d − t10 d mR

)


Hugo Medina Guzmán

Esta velocidad es constante en todo el rango x > 11 d La posición

0
x = 11d + v11d t

x > 11 d Gráfico Φ - x

Ejemplo 40. En el problema del ejemplo 34: a) Encuentre el flujo magnético para todo punto en función del tiempo. b) Grafique el flujo magnético como función de x. Solución. a) Para x < 0 ⇒ Φ=0 Para 0 < x < d ⇒

Φ = Blx B l ⎞ − t mRv0 ⎛⎜ x = 2 2 1 − e mR ⎟ ⎟ B l ⎜⎝ ⎠ 2 2

Reemplazando 2 2

t

Φ=0

Ejemplo 41. En el problema del ejemplo 34: a) Encuentre la fuerza en función del tiempo para todo punto b) Haga el diagrama de fuerza para todo el movimiento. Solución. a) Para x < 0 La velocidad igual a v0 es constante, luego F = 0. Para 0 < x < d

Con

B l − mRv ⎛ Φ = Blx = Bl 2 20 ⎜1 − e mR B l ⎜⎝

Blx Bld Φ = Bl(11d − x )

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

F = IlB I=

ε

R ⎛ F = ⎜⎜ − ⎝

B l ⎞ − t mRv0 ⎛⎜ 1 − e mR ⎟ = ⎟ Bl ⎜⎝ ⎠ 2 2

Para d < x < 10 d ⇒ Φ = 0

Φ = Bld

Blv(t ) − dΦ dt =− R R B 2l 2v(t ) Blv(t ) ⎞ ⎟lB = − R ⎟⎠ R

=

−

B 2l 2 t mR

Para 10 d < x < 11 d ⇒

Con v(t ) = v0 e

Con

B 2 l 2 v0 − e F =− R

Φ = Bl(11d − x )

B l ⎛ − (t − t ) ⎞ ⎜1 − e mR 10 d ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 l B − (t − t10 d ) ⎞ mRv ⎛ ⎟ 11d − x = d − 2 2d ⎜1 − e mR ⎟ B l ⎜⎝ ⎠ 2 2

mRv x − 10d = 2 2d Bl

Para d < x < 10 d La velocidad igual a vd es constante, luego F = 0. Para 10 d < x < 11 d

F = IlB I=

Reemplazando

ε

Blv(t ) − dΦ dt =− R R Blv(t ) ⎞ B 2l 2v(t ) ⎟⎟lB = − R ⎠ R

=

R ⎛ F = ⎜⎜ − ⎝

B 2l 2 ⎡ − (t − t10 d ) ⎞⎤ mRvd ⎛⎜ ⎟⎥ Φ = Bl ⎢d − 2 2 1 − e mR ⎟⎥ B l ⎜⎝ ⎢⎣ ⎠⎦ 2 2 B l ⎡ mRv ⎛ − (t −t10 d ) ⎞ ⎤ d ⎜ ⎟⎥ = Bld ⎢1 − 1 − e mR ⎟⎥ Bl ⎜⎝ ⎢⎣ ⎠⎦

Con v(t ) = vd e

−

B 2l 2 (t −t10 d ) mR

B 2l 2vd − F =− e R

Para x > 11 d ⇒Φ=0 b) Tabla Φ - x x x<0

B 2l 2 t mR

B 2l 2 (t − t10 d mR

)

Para x > 11 d La velocidad igual a v11d es constante, luego F = 0. b)

Φ(x) 0 29


Tabla F - x x x<0 0 11 d

Hugo Medina Guzmán

ε=

F(t) 0 −

B 2l 2v0 − e R

B 2l 2 t mR

Ejemplo 43. Determinar la diferencia de potencial entre los extremos de una barra metálica que gira con velocidad angular uniforme ω dentro de un campo magnético B como el mostrado en la figura.

0 B 2l 2vd − − e R Φ=0

B 2l 2 (t − t10 d mR

dΦ B 1 2 = Br ω 2 dt

)

Gráfico F - x

Solución. Escogemos un elemento diferencial dr a una distancia r del centro, tendrá una velocidad tangencial v = ω r . El elemento de longitud dr se mueve con une velocidad v en un campo B perpendicular el. De allí que la fuerza electromotriz entre sus extremos es: dε = B(dr )v = B(dr )(ω r ) = Bω rdr La fuerza electromotriz entre los extremos del alambre es:

Ejemplo 42. Faraday inventó un dispositivo ingenioso llamado generador homopolar, o disco de Faraday. Un disco de cobre del radio r se monta con su eje paralelo a un campo magnético uniforme B. El disco rota en la frecuencia angular ω . el contacto eléctrico con las escobillas que conducen se hace en los puntos A y C, en el perímetro y el eje del disco. ¿Qué fuerza electromotriz se genera entre los terminales A y C?

ε = ∫ dε = ∫

0

L

= 0

1 BωL2 2

→

→

→

F = q v × B , F = qvB El trabajo realizado por la fuerza en la distancia dr es: dW = Fdr = qvBdr = qBω rdr el trabajo total es

1 1 r (rdθ ) = r 2ωdt . 2 2

r2 W = ∫ dW = ∫ qBω rdr = qBω 0 2 1 = qBωL2 2 L

Esto aumenta el flujo a través del lazo en

dΦ B = BdA =

r2 Bω rdr = Bω 2

Calculo por medio de la Fuerza de Lorentz. Otra forma de llegar al mismo resultado es mediante la Fuerza de Lorentz

Solución. Imagine un lazo cerrado consistente en de las conexiones mostradas, más un segmento que conecta A y C, más un pedazo radial del disco del centro a un punto en la circunferencia, más un arco a lo largo de la circunferencia. En el tiempo dt este pedazo radio barre un triángulo pequeño de área

L

1 2 Br ωdt . Así la fuerza 2

electromotriz inducida entre A y C es:

L

0

El trabajo total por unidad de carga es 30


Hugo Medina Guzmán

mitad del campo magnético promedio sobre el área encerrada por la órbita. Solución. La fuerza magnética proporciona la fuerza

W 1 = ΔV = ε = BωL2 q 2 Ejemplo 44. Un disco de cobre de 25 cm gira con una velocidad angular de 400 rpm alrededor de su eje y perpendicularmente a un campo magnético de 1 T. ¿Qué diferencia de potencial se induce entre el borde del disco y su centro?

centrípeta necesaria, tal que qvB =

mv 2 . La r

fuerza electromotriz inducida es →

ε = ∫ E ⋅ nˆ dS = 2π rE =

dΦ E . dt

Por la segunda ley de Newton, la fuerza sobre el electrón es

F=

d (mv ) 1 dΦ B = qE = dt 2π r dt

Desde que v = 0 en t = 0,

mv =

2π r

Φ B = qrB

Pero Φ B = π r2 Bm , tal que B =

Solución. Consideremos una banda radial del disco. Como

ω = 2400 rpm =

1

2400 = 40 rps , en una vuelta, 60

1 Bm . 2

Ejemplo 45. La espira conductora cuadrada en el plano xy de la siguiente figura de lado l y resistencia R gira con velocidad angular ω uniforme alrededor del eje x. La espira se encuentra inmersa en un campo magnético uniforme B que tiene la dirección del eje z. a) Si el movimiento empieza cuando el flujo es máximo, calcule el valor de flujo magnético inicial y el sentido de la corriente inducida por el movimiento. b) ¿Cuál es la corriente inducida en función del tiempo? c) Calcule el momento o torque necesario para mantener la espira girando a velocidad angular constante. d) Explique si en este proceso se conserva la energía.

o sea en 1/40 segundos cada banda radial del disco cortará todas las líneas de flujo que cubre su área A. Por tanto,

Φ = BA = 1 × π (0,25) = 0,196 Wb, ΔΦ 0,196 ε =− = 7,85 V. = Δt 1 40 2

EL BETATRÓN. Un campo magnético que cambiante en el espacio crea un torbellino como campos eléctricos, y esto es verdad sin o con un conductor presente. Tales campos se utilizan en el betatrón para acelerar electrones a alta velocidad. Un “anillo” evacuado se coloca en el campo de un electroimán grande, y los electrones viajan en órbitas circulares. El campo magnético se varía sinusoidalmente, y por un cuarto del ciclo los electrones son acelerados por el campo eléctrico inducido. Así el campo magnético sirve para hacer girar a los electrones en órbitas circulares y acelerarlos. Para lograr esto, el campo magnético debe ser más débil en la órbita que en el interior de la trayectoria circular, según lo indicado en la figura.

Solución. →

a) Φ B = B⋅ nˆ A El flujo magnético inicial Φ B = Bkˆ ⋅ kˆl = Bl Si consideramos que el movimiento se inicia en la posición mostrada en el dibujo (θ = 0) , para 2

θ = π 2 , el flujo es cero, para θ = π , el flujo

Ejemplo 45. Demuestre que el campo magnético en la órbita en un betatrón debe ser la 31

2


Hugo Medina Guzmán

es máximo nuevamente pero en sentido contrario, como la fuerza electromotriz inducida es alterna, la corriente también es alterna. Como al inicio el flujo es máximo y va disminuyendo, la fuerza electromotriz es en oposición a ese cambio, la corriente inicial será en el sentido indicado en el dibujo.

a) Demuestre que la corriente inducida es

I= b) i =

ε R

BA ω sen ωt . R

b) Calcule la rapidez con la que se disipa energía eléctrica debido a la resistencia de camino de corriente. c) Demuestre que la magnitud del momento dipolar magnético de la espira es

→

, Φ B = B⋅ nˆ A = Bl 2 cos ωt

dΦ B d = − Bl 2 cos ωt dt dt 2 = Bl ω senωt Bl 2ω senωt Finalmente i = R Luego ε = −

μ=

BA2ωsenωt . R

d) Demuestre que el torque externo que se requiere para mantener una velocidad angular

c) La figura muestra la vista lateral y la vista frontal sobre el plano xy.

B 2 A2ωsen 2ωt . constante es τ = R e) Calcule la rapidez a la que el torque externo realiza trabajo. ¿Cómo son comparativamente las respuestas a los incisos b) y e)? Explique su respuesta. Solución. a) El flujo magnético a través de la espira

→

→

Actúan las fuerzas F 3 y F 4 , tal que F3 = F4 = IlB . Estas fuerzas son iguales en magnitud y opuestas en sentido, formando así un par de fuerzas de valor

τ = F3 lsenθ = IlBlsenθ

con l 2 = A (área de lo espira) podemos escribir

θ =ωt

Este par puede escribirse como producto

Φ B = B⋅ A = BA cosθ = BA cos ωt

τ = IABsenθ

vectorial de nˆ →

→ →

→

nˆ


(normal a la superficie A) y B .

ε =−

→

τ = IAnˆ × B . d) No se conserva la energía, se disipa en forma de calor por la resistencia de la espira debido al efecto Joule.

dΦ B = − BA ω sen ωt dt


I=

ε

R

=

BA ω sen ωt R

b) La rapidez con la que se disipa energía eléctrica debido a la resistencia.

Ejemplo 47. Una espira rectangular de sección A, que gira con velocidad angular ω, está conectada a un circuito externo y forma un camino completo de corriente de resistencia R. 32


Hugo Medina Guzmán

La diferencia entra el campo eléctrico producido por carga eléctrica y los inducidos es que los primeros son conservativos.

2

⎛ BAωsenωt ⎞ P= I R=⎜ ⎟ R R ⎝ ⎠ 2 2 2 2 B A ω sen ωt . = R 2

c) El

momento

⎛ BAsenωt ⎞ ⎟A R ⎝ ⎠ 2 BA ωsenωt = R

→

dipolar

Los segundos no lo son Los segundos no lo son

magnético

μ = IA = ⎜

→

→

∫E ⋅d l = −

dΦ dt

Ejemplo 48. Encontrar el campo eléctrico inducido en una barra metálica de longitud L que se encuentra en una región cilíndrica de radio R en el espacio donde el campo magnético cambia

d) El torque externo que se requiere para mantener una velocidad angular.

τ = μBsenφ = μBsenωt B 2 A2ωsen 2ωt =

→

∫E⋅d l = 0

con una razón

R

dB . dt

e) La rapidez a la que el torque externo realiza trabajo.

P = τω =

B 2 A2ω 2sen 2ωt R

Igual que en la parte conservación de la energía.

b), debido a la

CAMPOS ELECTRICOS INDUCIDOS POR CAMPOS MAGNETICOS VARIABLES CON EL TIEMPO. Tenemos que →

→

→

→

ε = ∫E⋅d l y ∫E ⋅d l = −

Solución. Para cualquier punto dentro da la región cilíndrica con respecto al centro, el campo eléctrico se puede obtener a partir de:

dΦ , dt

→

→

∫E ⋅d l = −

es decir un campo magnético que varia con el tiempo nos induce un campo eléctrico. El sentido del campo eléctrico lo obtenemos mediante la ley de Lenz, consideremos una espira circular en presencia de un campo magnético tal como se muestra en la figura a continuación, si el campo magnético se está incrementando, se produce un campo eléctrico tangente a la trayectoria circular con una dirección contraria al sentido de las agujas del reloj.

dΦ dt

∫

→

Como Φ = B ⋅ nˆ dS ⇒ → → dΦ d → d → = ∫ B ⋅ nˆ dS y ∫ E ⋅ d l = − ∫ B ⋅ nˆ dS dt dt dt

A lo largo de la circunferencia de radio r

dB dt r dB ⇒ E=− 2 dt

E 2π r = −π r 2

En la figura siguiente mostramos el detalle de la región de radio r

Si el campo va en disminución el sentido del campo eléctrico será en el sentido horario. El campo en la barra es 33


Hugo Medina Guzmán

Ebarra = E cos θ d Como cos θ = r r dB ⎛ d ⎞ d dB Ebarra = − ⎜ ⎟=− 2 dt ⎝ r ⎠ 2 dt

en los aeropuertos, para encontrar monedas enterradas y en hornos de inducción. Solución. Considere un anillo de ancho dr y radio r. el flujo a través de este anillo es Φ = π r 2 B0 senω t , La fuerza electromotriz inducida en el anillo es

En esta expresión observamos que el campo eléctrico en la barra es constante en cualquier punto.

ε =−

dΦ = π r 2ωB0 cos ω t . dt

La resistencia del anillo es

CORRIENTES DE FOUCAULT Acabamos de ver que por un flujo magmático variable se establecen circuitos definidos. Frecuentemente se establecen corrientes circulares denominadas Corrientes de Foucault o de Eddy en un trozo de metal como en el núcleo de un transformador. Por ejemplo, consideremos un bloque conductor situado entre los polos de un electroimán, si el campo magnético varía con el tiempo se induce una fuerza electromotriz en cualquier trayectoria cerrada en el interior del metal, tal como la curva C.

⎛L⎞ ⎛ 2π r ⎞ R = η⎜ ⎟ = η⎜ ⎟, ⎝ A⎠ ⎝ bdr ⎠

La energía total disipada en el disco es

P=∫

ε2

a

(π r ωB 2

cos ω t ) bdr 2π rη 2

= R ∫0 1 = π ba 4ω 2 B02 cos 2 ω t 8η 0

La disipación de energía depende de la cuarta potencia del radio del disco, y esta dependencia se encuentra para otras formas también, así que los núcleos de los transformadores con hojas laminadas finas de metal ayudan a reducir las pérdidas perceptiblemente. El promedio de cos 2 ω t en un período es 1/2, tal que:

Pm =

1 π ba 4ω 2 B02 16η

GENERADOR DE CORRIENTE ALTERNA La aplicación principal de la Ley da Faraday es el generador de corriente alterna. Un generador de corriente alterna básicamente consiste una bobina cuadrada con n vueltas que gira con cierta frecuencia f (velocidad angular ω = 2π f ) en un campo magnético B uniforme, tal como se muestra en la figura.

La fuerza electromotriz inducida produce una corriente en el circuito. Las corrientes de Foucault pueden reducirse construyendo el bloque mediante láminas o tiras la resistencia del trayecto aumente debido al pegamento que se utiliza entre láminas, de esta manera se rompen los grandes circuitos y se reduce en gran manera la pérdida de potencia, una aplicación de esta corriente es el freno magnético debido a esta corriente y al campo magnético aparece una fuerza magnética en oposición al movimiento del bloque metálico. Ejemplo 49. Un disco de resistividad η , de radio a, y de espesor b se coloca con su plano perpendicular a un campo magnético variable, B = Bo senω t . Se inducen corrientes circulares llamadas las corrientes de Foucault, y la energía se disipa en el disco. Calcule el índice de la disipación de la energía. Esta pérdida de energía termal presenta un problema en dispositivos tales como transformadores. Este efecto tiene aplicación en los detectores de metales usados

De acuerdo a la Ley de Faraday al venir el flujo magnético se induce una diferencia de potencial en los terminales de la bobina. El potencial que se obtiene es una función senoidal, habrá un →

voltaje máximo cuando B y la sección A = ab de la bobina (el vector nˆ ) están en la misma 34


Hugo Medina Guzmán

dirección y mínima cuando están en direcciones opuestas.

b) I =

ε R

→

, Φ B = B⋅ nˆ A = Bl 2 cos ωt

Luego ε = −

Ejemplo 50. La espira conductora cuadrada en el plano xy de la siguiente figura de lado l y resistencia R gira con velocidad angular ω uniforme alrededor del eje x. La espira se encuentra inmersa en un campo magnético uniforme B que tiene la dirección del eje z. a) Si el movimiento empieza cuando el flujo es máximo, calcule el valor de flujo magnético inicial y el sentido de la corriente inducida por el movimiento. b) ¿Cuál es la corriente inducida en función del tiempo? c) Calcule el momento o torque necesario para mantener la espira girando a velocidad angular constante. d) Explique si en este proceso se conserva la energía.

dΦ B d = − Bl 2 cos ωt = dt dt

Bl 2ω senωt Finalmente I =

Bl 2ω senωt R

c) La figura muestra la vista lateral y la vista frontal sobre el plano xy.

→

→

Actúan las fuerzas F 3 y F 4 , tal que F3 = F4 = IlB . Estas fuerzas son iguales en magnitud y opuestas en sentido, formando así un par de fuerzas de valor

τ = F3 lsenθ = IlBlsenθ

Con l 2 = A (área de lo espira) podemos escribir

τ = IABsenθ

Este par puede escribirse como producto vectorial de nˆ

Solución.

→

→

→

nˆ

(normal a la superficie A) y B .

→

τ = IAnˆ × B . d) No se conserva la energía, se disipa en forma de calor por la resistencia de la espira debido al efecto Joule.

a) Φ B = B⋅ nˆ A El flujo magnético inicial Φ B = Bkˆ ⋅ kˆl 2 = Bl 2 Si consideramos que el movimiento se inicia en la posición mostrada en el dibujo (θ = 0) , para

θ = π 2 , el flujo es cero, para θ = π , el flujo

INDUCTANCIA Hemos estudiado dos elementos constituyentes de un circuito, resistencia y condensador. Mientras la resistencia solo disipa energía, los condensadores y la capacidad están relacionados con los campos eléctricos, similarmente tenemos para con los campos magnéticos un elemento que almacena la energía magnética, este elemento es la inductancia.

es máximo nuevamente pero en sentido contrario, como la fuerza electromotriz inducida es alterna, la corriente también es alterna. Como al inicio el flujo es máximo y va disminuyendo, la fuerza electromotriz es en oposición a ese cambio, la corriente inicial será en el sentido indicado en el dibujo.

35


Hugo Medina Guzmán

La unidad de inductancia es el HENRY (H) en honor de Joseph Henry, científico norteamericano que descubrió la ley de inducción electromagnética en la misma época que Faraday. Comumente se usan los submúltiplos milihenry (mH) 10-3H microhenry μ H = 10-6H

DEFINICIÓN DE INDUCTANCIA Consideremos que tenemos dos circuitos como los mostrados en la figura y que en las cercanías no hay ninguna fuente de campo magnético y todo el flujo magnético será debido a las dos espiras.

APLICACIÓN. EL TOROIDE Autoinductancia de un toroide.

El campo magnético n un punto P en el interior espira 1 puede calcularse con la ley de Biot y Savart y es la suma de los campos producidos por la espira te 1 (corriente I 1 ) y por la espira 2

Consideremos un toroide (bobina larga a la que se da forma circular) mostrado en la figura siguiente, con n1 vueltas y corriente I1,

(corriente I 2 ). Por lo tanto podernos escribir que el flujo a través de la espira 1 es proporcional a I 1 y a I 2 , es decir, es función de I 1 y de I 2 .

Φ 1 = Φ 1 (I 1, I 2 )

La fuerza electromotriz inducida de la espira 1 es:

dΦ 1 d = − Φ 1 (I 1 , I 2 ) = dt dt dI dI dΦ1 dI1 dΦ1 dI 2 − − = − L1 1 − M 21 2 dI1 dt dI 2 dt dt dt

ε1 = −

El campo magnético en su interior se encuentra aplicando la ley de Ampere →

→

Definimos

∫ B ⋅ d l = μ 0 I ⇒ B1 2π a = μ 0 n1 I1 ⇒

AUTOINDUCTANCIA de la espira 1

B1 =

L1 = −

dΦ 1 dI 1

El flujo magnético a través de A debido a las n1 vueltas

INDUCTANCIA MUTUA (efecto de la espira 2 sobre 1)

M 21 = −

μ n AI ⎛ μ n I A⎞ Φ 1 = (B1 A)n1 = ⎜ 0 1 1 ⎟n1 = 0 1 1 2π a ⎝ 2π a ⎠ 2

dΦ 21 dI 2

La autoinductancia

L1 solo depende de la geometría del circuito 1 mientras que M 21 depende de la disposición de

L1 =

ambos circuitos. Es fácil demostrar que Asimismo, si en lugar de tener 2 circuitos tenemos n circuitos la inductancia mutua de cualquiera de ellos será

M ij = −

dI j

dΦ 1 μ 0 n12 A = dI 1 2π a

La inductancia mutua. En el mismo ejemplo consideremos que tenemos un segundo arrollamiento toroidal añadido al anterior, esta vez n 2 vueltas y con corriente I2. El flujo

M 21 = M 12

dΦ ij

μ 0 n1 I 1 2π a

⎛μ n I ⎞ Φ 21 = (B2 A)n1 = ⎜ 0 2 2 A ⎟n1 = ⎝ 2π a ⎠ μ 0 n1 n2 A I2 2π a

i≠ j

36


Hugo Medina Guzmán

En 1 m hay N vueltas, así que el flujo con estas N vueltas es Φ B = N π a 2 μ 0 NI y

La inductancia mutua

M 21

dΦ 21 μ 0 n1 n 2 A = = dI 2 2π a

(

De igual manera podemos encontrar la autoinductancia del segundo arrollamiento

L=

dΦ 2 μ 0 n22 A = L2 = dI 2 2π a dΦ 12 μ 0 n1 n 2 A = dI 1 2π a

Observando los valores hallados, encontramos

B=

M 12 = M 21 = L1 L2 M = k L1 L2 k ≤1

μ 0 nIA

La inductancia

l

dΦ B μ 0 n 2 A = L=n l dt Ejemplo 55. Dos bobinas circulares de los radios a y b (a >> b) concéntricas y coplanares. La bobina más grande tiene n1 vueltas, y la más

⎛ μ 0 nI ⎞ ⎜ ⎟(adr ) ⎝ 2π r ⎠ μ 0 n 2 Ia ⎡ 1 1 ⎤ = ⎢ 2 − 2π ⎣ R (R + a )2 ⎥⎦ μ n2a ⎡ 1 Φ 1 ⎤ L= B = 0 ⎢ 2 − I 2π ⎣ R (R + a )2 ⎥⎦ R+a

R

pequeña tiene n 2 vueltas.¿Cuál es su inductancia mutua? Solución. El campo magnético en el centro de la bobina grande es B1 =

μ 0 n1 I 1 2a

.

Así el flujo a través de la bobina pequeña es aproximadamente Φ B 21 = n 2πb 2 B1 ,

Ejemplo 52. Determine la autoinductancia por unidad de longitud de un cable coaxial recto largo de radio interno a y de radio externo b. Solución. De la ley de Ampere 2π rB = μ 0 I . Para la unidad de longitud.

L=

l

Φ B = BA =

Ejemplo 51. Determine la autoinductancia de un toroide con n vueltas de sección transversal cuadrada a x a y radio interno R. Solución. De la ley de Ampere 2π rB = μ 0 nI :

Φ B = n ∫ BdS = n ∫

μ 0 nI

Cuando nos piden encontrar la inductancia en realidad están pidiendo la autoinductancia. El flujo magnético es

En general donde k es el coeficiente de acople

ΦB = π μ0 N 2 a 2 I

Ejemplo 54. Encontrar la inductancia de un solenoide de gran longitud l , n vueltas muy juntas y sección A. Solución. Aplicando la ley de ampere encontramos el campo magnético en el interior del solenoide.

Y la inductancia mutua

M 12 =

)

Tal que M =

⎛ b2 ⎞ Φ B 21 = μ 0 n1 n2π ⎜⎜ ⎟⎟ I ⎝ 2a ⎠

Ejemplo 56. Determínense las dimensiones del cociente L/R. ¿Cuánto vale 1 henrio/ohmio? Solución. Recordando las expresiones

Φ B 1 b ⎛ μ0 I ⎞ μ0 ⎛ b ⎞ ln⎜ ⎟ = ∫ ⎜ ⎟= I I a ⎝ 2π r ⎠ 2π ⎝ a ⎠

ε = −L

Ejemplo 53. ¿Cuál es la autoinductancia de un solenoide largo del radio a con N vueltas por metro? Solución. El campo dentro de un solenoide es μ 0 NI , así que el flujo con una vuelta es π a 2 B = π a 2 μ 0 NI .

dI y V = IR dt

Resulta

(1V )(1s ) 1A ⇒H= 1s 1A (1V ) 1V = (1A )(1Ω ) ⇒ (1Ω ) = (1A ) 1V = 1H

Por tanto, 37


1H = Ω

Hugo Medina Guzmán

(1 V )(1 s ) 1A 1V 1A

Dimensiones

ΔI Δt (5 − 0) = 50 L ⇒ L = 10 = 0,20 H. 10 = L 0,1 50

b) ε = L

= 1s L = tiempo R

o también L =

1H = 1s Ω

nΦ 1000 × 10 −3 = 0,20 H. = I 5

Ejemplo 59. Una bobina de autoinducción L = 1 henrio se conecta a una batería de 24 V. Calcule

Por esta razón el cociente L/R suele llamarse constante de tiempo.

dI : dt

Ejemplo 57. Dos bobinas A y B situadas una junto a la otra poseen 1000 y 2000 espiras respectivamente. Cuando por A circula una corriente de 3 A se produce en a un flujo de 3 x 10-3 Wb, y en B un flujo de 1,3 x 10-3 Wb. a) Calcule la autoinducción de A y la inductancia mutua de las bobinas A y B. b) Calcúlese la fuerza electromotriz inducida en la bobina B del ejercicio anterior si corriente que circula por A se extingue en 0,1 segundos.

a) en el instante de conectar la bobina a la batería; b) en el momento en que la corriente alcanza el 90 por 100 del valor correspondiente a la ley de Ohm. Solución. a) En el instante inicial, I = 0 y, por tanto, IR = 0

V −L

dI dI V 24 = IR = 0 ⇒ = 24 = = d dt L 1

A/s. b) Valor máximo de la corriente (ley de Ohm):

dI V 24 ,V −L = = IR , d R R 24 ⎞ dI ⎛ 24 − 1 = ⎜ 0,90 ⎟ R = 21,6 d ⎝ R⎠ dI = 24 − 21,6 = 2,4 A/s. dt I max =

Solución. a) L A =

(

)

n A Φ A (1000) 3 × 10 −3 = 0,60 H. = IA 5

(

)

n B Φ B (2000) 1,3 × 10 −3 = 0,52 H. = IA 5 ΔI A 5−0 = 26,0 V. = 0,52 b) ε B = M AB Δt 0,1

Ejemplo 60. Un cable coaxial está formado por un conductor cilíndrico interno de radio a, y un cascarón cilíndrico exterior (coaxial al cilindro interno) de radio b. Demuestre que su autoinductancia por unidad de longitud es igual a

o también

L=

M AB =

ε B = nB

ΔΦ B 1,3 × 10 = 2000 Δt 0,1

−3

= 26,0 V.

μ0 ⎛ b ⎞ ln⎜ ⎟ . 2π ⎝ a ⎠

Solución.

Ejemplo 58. Una corriente continua de 5 A en una bobina de 1000 vueltas da lugar a un flujo de 10-3 Wb en el interior de la misma. Calcúlese: a) La fuerza electromotriz de autoinducción inducida en la bobina si la corriente se interrumpe en 0,1s. b) la autoinducción de la bobina. Solución. a) ε = n

⎛ 10 −3 − 0 ⎞ ΔΦ ⎟⎟ = 10 V = 1000⎜⎜ Δt ⎝ 0,1 ⎠

El campo magnético de un conductor cilíndrico está dado por: 38


Para r < a

Hugo Medina Guzmán

μ 0 I ⎡ (d − a ) a ⎤ = ln − ln ⎢ (d − a )⎥⎦ 2π ⎣ a μ 0 I (d − a ) ln π a

B=0 μ I B= 0 2πr B=0

Para a < r < b

Para r > b El flujo magnético a través de la sección diferencial dS = ldr es:

Como d >> a

μ Il dr ⎛μ I ⎞ dΦ B = BdS = ⎜ 0 ⎟(ldr ) = 0 2π r ⎝ 2πr ⎠

ΦB =

μ0 I d ln π a

La inductancia por unidad de longitud es

Integrando:

dΦ B μ 0 I d = ln π a dt

μ Il b dr μ 0 Il ⎛ b ⎞ Φ B = ∫ dΦ B 0 ∫ = ln ⎜ ⎟ 2π 2π a r ⎝a⎠

L=

La autoinductancia:

Ejemplo 62. Encontrar la inductancia mutua entre un alambre delgado finito y una espira cuadrada.

μ l ⎛b⎞ dΦ B L= == 0 ln⎜ ⎟ dI 2π ⎝ a ⎠

La auto-inductancia por unidad de longitud es igual a L =

μ0 ⎛ b ⎞ ln⎜ ⎟ . 2π ⎝ a ⎠

Ejemplo 61. Determinar la autoinductancia por unidad de longitud de una línea de dos alambres paralelos. El radio de los alambres es a y la separación entre ellos d (d >> a). Solución. Solución. Vamos a calcular la inductancia mutua entre 1 (el alambre) y 2 (la espira). Tomemos un elemento diferencial tal como el mostrado en la figura. El flujo a través del área diferencial es La figura muestra una sección de la línea. El campo magnético en la sección diferencial es →

→

dΦ 21 = B2 dA1 =

→

El flujo total es

B = B1 + B 2 → μ I μ0 I B= 0 + 2π r 2π (d − r )

μ0 I 2π

μ 0 cI 2 a +b ln x a 2π

La inductancia mutua es

1 ⎤ ⎡1 ⎢⎣ r + d − r ⎥⎦ dr

dΦ 21 μ 0 c a + b ln = a 2π dI Como M 21 = M 12 = M La inductancia mutua M es μ c a+b M = 0 ln a 2π M 21 =

El flujo por unidad de Longitud es

Φ B = ∫ dΦ B = ∫

d −a

a

μ 0 cI 2 a +b dx = 2π ∫a x μ cI a+b = 0 2 ln a 2π

Φ 21 = ∫ dΦ 21 =

El flujo magnético por unidad de longitud a través del área diferencial es

dΦ B = Bdr =

μ0 I 2 cdx 2π x

μ0 I ⎡1 1 ⎤ dr = + ⎢ 2π ⎣ r d − r ⎥⎦

μ0 I [ln r − ln(d − r )]da −a = 2π μ 0 I ⎡ (d − a ) d − (d − a ) ⎤ = ln − ln ⎢ (d − a ) ⎥⎦ a 2π ⎣

Ejemplo 63. Una bobina de 10 vueltas se envuelve apretadamente alrededor de un solenoide largo del 2 cm de radio y 200 vueltas 39


Hugo Medina Guzmán

En los esquemas de circuitos 1as inductancias aparecen bajo e! símbolo indicado en las figuras siguientes.

por metro. ¿Cuál es la inductancia mutua del sistema? Solución.

M =

Φ B nμ 0 NI 1π r 2 = I1 I1

(

)

= (10 ) 4π × 10 −7 (200 )π (0,02 ) = 3,2 x 10-6 H.

2

Inductancias en serie Consideremos dos elementos en serie con autoinductancias L1 y L2 respectivamente e inductancia mutua M.

Ejemplo 64. Encontrar la inductancia mutua de dos espiras, de radios a y b, dispuestas de manera que sus centros están en el mismo eje (eje z), sus planos son perpendiculares al eje z, y sus centros están a una distancia d. Si una de las espiras es muy pequeña, d >> a. Solución.

Con la corriente I común

dI dI −M dt dt dI dI ε 2 = − L2 − M dt dt y ε = ε1 + ε 2

ε 1 = − L1

Tenemos: ε = −(L1 + L2 + 2 M )

El valor efectivo de la inductancia es

El campo magnético, en el eje de la espira mayor (de radio a) es

Bz =

μ 0 Ia

Lef = L1 + L2 + 2M

2

2(a 2 + z 2 )

En el caso que las inductancias estuvieran en oposición, como se muestra en la figura a continuación, las inductancias mutuas hacen un efecto en sentido contrario.

32

Como la espira menor es muy pequeña, el campo en cualquier punto de ella debe ser constante, de valor

Bz ( z =d ) =

μ 0 Ia 2

2(a 2 + d 2 )

32

Luego el flujo enlazado por la espira de radio b, debido a la otra espira es

Φ ab =

dI dt

μ 0πa 2 b 2 I

2(a 2 + d 2 )

32

.

Con esto, el coeficiente de inducción mutua es

dI dI +M dt dt dI dI ε 2 = − L2 + M dt dt y ε = ε1 + ε 2

ε 1 = − L1

μ 0πa 2 b 2 Φ ab M = = 32 I 2 a2 + d 2

(

)

INDUCTANCIAS EN SERIE Y EN PARALELO 40


Hugo Medina Guzmán

Tenemos: ε = −(L1 + L2 − 2 M )

dI dt

ε =−

El valor efectivo de la inductancia es

(L L

− M 2 ) dI (L1 + L2 − 2M ) dt 1

2

La inductancia efectiva es

(L L

−M 2) Lef = (L1 + L2 − 2M )

Lef = L1 + L2 − 2M

1

Si las inductancias están muy alejadas, de tal manera que la inductancia mutua sea despreciable

2

Si están alejados de tal manera que la inductancia mutua sea despreciable

Lef = L1 + L2

Lef =

Inductancias en paralelo Conectemos ahora las inductancias en paralelo

L1 L2 1 1 1 o = + L1 + L2 Lef L1 L2

Es decir, la inductancia, inversa equivalente es igual a la suma de las inversas de las inductancias componentes en paralelo. ENERGÍA ALMACENADA POR UNA INDUCTANCIA Cuando conectamos una bobina a una fuerza electromotriz. ε 0 (por ejemplo una batería) se produce un flujo magnético cambiante en aumento hasta que se estabiliza la corriente. Durante ese intervalo se induce una fuerza electromotriz ε .

Tenemos que

dI 1 dI −M 2 dt dt dI dI ε = − L2 2 − M 1 dt dt

ε = − L1

(1) (2)

ε = −L

Tenemos que obtener dos ecuaciones una dependiente de I 1 solamente y otra dependiente

Para producir esta fuerza electromotriz tiene que realizarse un trabajo, que es desarrollado por la fuente que produce la corriente. La potencia instantánea que nos proporciona la fuente es

de I 2 solamente. Para eliminar I 2 .

dI 1 dI − ML2 2 dt dt (2) × M → εM = − ML2 dI 2 − M 2 dI 1 dt dt

(1) × L2

→ εL2 = − L1 L2

Potencia =

dI 1 dt

dW dI = IL dt dt Como los diferenciales de tiempo son iguales

(1) a

dW = ILdI = LIdI

El trabajo realizado en llevar la corriente de I = 0 a su valor constante estacionario I

Para eliminar I 1 .

dI 1 dI −M2 2 dt dt (2) × L1 → εL1 = − L1 L2 dI 2 − ML1 dI 1 dt dt

(1) × M

→ εM = − ML1

I

W = ∫ dW = ∫ LIdI = 0

dI 2 dt

(2) a

UB =

Sumando (1)a y (2)a

ε (L1 L2 − 2M ) = −(L1 L2 − M 2 )

Con I = I 1 + I 2

1 2 LI 2

Este trabajo es realizado por la batería y equivale a la energía almacenada en forma de campo magnético por la bobina, esto es Energía magnética, U B .

Restando estas dos últimas obtenemos:

ε (L1 − M ) = −(L1 L2 − M 2 )

dW =ε I dt

Sustituyendo la magnitud de ε

Restando estas dos últimas obtenemos:

ε (L2 − M ) = −(L1 L2 − M 2 )

dI dt

d (I 1 + I 2 ) dt

1 2 LI 2

Esta energía almacenada se puede recuperar como lo veremos en la sección siguiente, esta ecuación vale para cualquier inductancia y es similar a la de la energía eléctrica almacenada en 41


Hugo Medina Guzmán

En términos del campo magnético B = μ 0 NI , esto puede ser escrito:

un condensador que tiene una diferencia de potencial V.

UE =

1 CV 2 2

uB =

De igual manera a como hicimos para los condensadores podemos para la inductancia encontrar una expresión de la energía almacenada en función del campo magnético. Consideremos una bobina larga de longitud l , sección A y N vueltas por unidad de longitud (n = Nl ) , su inductancia es

L=

μ0 N 2 A l

1 B2 2 μ0

Ejemplo 66. ¿Cuánta energía se almacena en un solenoide de longitud 10 cm y diámetro 1,2 cm si tiene 200 vueltas y lleva 1,2 A? Solución. Con las aproximaciones de un solenoide muy largo, tenemos L = μ 0πN 2 a 2 .

= μ 0 n 2 lA

UB =

La energía almacenada

1 μ 0πN 2 a 2 I 2 2

(

1 1 U B = LI 2 = μ 0 n 2 lAI 2 2 2 Su volumen Vol = Al

= (0,5) 4π × 10 = 4,1 x 10-4 J

Considerando que la energía almacenada esta distribuida uniformemente, definimos Densidad de energía u B :

−7

2

(π )⎛⎜ 200 ⎞⎟ (0,006)2 (1,2)2 ⎝ 0,10 ⎠

)

Ejemplo 67. Determinar la energía almacenada por un toroide de n vueltas, longitud media l , sección transversal A, la corriente que circula es I. Solución. La inductancia del toroide es

1 μ 0 n 2 lAI 2 UB 1 2 = = μ0 n 2 I 2 uB = Vol Al 2

μ0 n 2 A

Recordando que para una bobina

L=

Reemplazando

La energía almacenada es

B = μ 0 nI

1 2 1 ⎛ μ0n 2 A ⎞ 2 ⎟I U B = LI = ⎜⎜ 2 2 ⎝ l ⎟⎠

1 B2 uB = 2 μ0 Esta expresión es aplicable para cualquier caso, similar al caso de los condensadores en que

uE =

Ejemplo 68. Un cilindro sólido muy largo, de radio R, lleva una corriente I, distribuida uniformemente. a) A partir de la ley de Ampere, halle el campo

1 ε0E2 2

→

magnético B , dentro y fuera del cilindro. b) Halle la energía magnética por unidad de longitud, dentro del cilindro. Solución. Campo magnético para r > R .

Ejemplo 65. ¿Determine la energía almacenada por unidad de longitud y la energía almacenada por unidad de volumen en un solenoide muy largo del radio a con N vueltas por metro y que lleva una corriente I? Solución. Tenemos que la inductancia de un solenoide muy largo de radio a con N vueltas por metro es L = π μ0 N 2 a 2 . La energía es:

(

→

→

∫B⋅d l = μ

0

I⇒

B 2π r = μ 0 I ⇒ B =

μ0 I 2π r

Campo magnético: para r < R :

)

1 1 U B = LI 2 = πμ 0 N 2 a 2 I 2 2 2

→

→

→

∫ B ⋅ d l = μ ∫ J ⋅ nˆdS 0

El volumen por unidad de longitud es π a , así que la densidad de energía magnética es

S

Como la corriente I es uniforme

2

uB =

l

J=

1 μ 0 N 2 I 2 (en J/m3). 2 42

→ I I ; nˆ J= 2 πR π R2


I π r2⇒ π R2

B 2π r = μ 0 B=

Hugo Medina Guzmán

μ 0 Ir 2π R 2

Para r = R

B=

μ0 I 2π R

Para r < a No hay corriente encerrada, no hay campo magnético por consiguiente no hay energía almacenada. Para a < r < b Aplicando la ley de Ampere

El gráfico de B versus r es

→

→

→

∫ B ⋅ d l = μ 0 ∫ J ⋅ nˆdS I π b − a2 μ0 I B 2π r = π (r 2 − a 2 ) ⇒ 2 2 π (b − a )

Donde J = b) La energía magnética por unidad de longitud, dentro del cilindro.

uB =

1B 2 μ0

La densidad de energía es

( (

⎛ 1 B2 ⎞ Um 1 ⎟⎟2πrdr = ∫ dU m == ∫ μ B dS = ∫ ⎜⎜ S 0 l l ⎝ 2 μ0 ⎠

1 2μ 0

∫

R

0

) )

μ0 I 2 r 2 − a 2 1 B2 uB = = 2 μ 0 8π 2 r 2 b 2 − a 2 Para r > b

2

μ0 I 2 R 4 ⎛ μ0 I ⎞ r rdr 2 = π ⎟ ⎜ 2 4πR 4 4 ⎝ 2πR ⎠

2

2

Aplicando la ley de Ampere →

→

B=

μ0 I 2π r

∫ B ⋅ d l = μ 0 I ⇒ B2π r = μ 0 I ⇒

μ I2 = 0 4 16πR

La densidad de energía es

Ejemplo 69. Se propone el uso de grandes inductores como dispositivos para almacenar energía. ¿Cuál es la inductancia que necesitamos para que al circular una corriente de 60 A, la energía sea la suficiente para encender un foco de 100 vatios por una hora? Solución. U = PΔt = (100 )(3600 ) = 3,6x105 J

U=

)

μ 0 I (r 2 − a 2 ) B= 2π r (b 2 − a 2 )

2

R

=

(

2

(

μ0 I 2 1 B2 = uB = 2 μ 0 8π 2 r 2 La energía almacenada podemos evaluarla por integración

U = ∫ μ B dVol Vol

dVol = 2π rldr 2 2 b μ I l dr b⎛ μ I ⎞ U = ∫ ⎜⎜ 02 2 ⎟⎟2π rldr = ∫ 0 a a 8π r 4π r ⎝ ⎠ 2 2 μ I l μ I l b b = 0 ln r a = 0 ln 4π 4π a

)

2U 1 2 2 3,6 x10 5 LI ef ⇒ L = 2 = =2H 2 I 60 2

Ejemplo 70. Calcular para todo punto la densidad de energía magnética para un conductor largo, cilíndrico de radio b con una cavidad cilíndrica concéntrica de radio a y lleva una corriente I. Solución.

Ejemplo 71. Un alambre recto largo se coloca en el plano de una espira conductora cuadrada de lado a y resistencia R. el alambre es paralelo al lado más cercano del cuadrado y a una distancia a de él. ¿Cuál es la energía media disipada en la 43


Hugo Medina Guzmán

espira cuando la corriente en el alambre es I = I 0 senω ?

EL ÁTOMO COMO UN IMÁN.

Hemos visto anteriormente que el campo magnético en el eje de una espira con corriente I es

Solución. El campo magnético del alambre es

→

μ I B= 0 2π r

B=

2a ⎛ μ I ⎞ μ Ia Φ B = ∫ ⎜ 0 ⎟adr = 0 ln 2 a 2π ⎝ 2π r ⎠

La fuerza electromotriz en el lazo es

dΦ B μ 0 a dI = ln 2 dt dt 2π

La potencia en la espira es:

→

ωt )m =

1 T cos 2 ωtdt , T ∫0 2π 1 − cos 2ωt y cos 2 ωt = T= ω 2 1 De aquí cos 2 ωt m = 2 2

(

→

B=

)

μ 0 a ln 2(I 02ω 2 ) 1 ⎡ (μ 0 a ln 2)(I 0ω ) ⎤ = ⎥ 2 R ⎢⎣ 2π 8π 2 R ⎦

μ0 → μ 2π r 3

EL FERROMAGNETISMO Y EL PARAMAGNETISMO. En algunos materiales, tales como hierro, los átomos se comportan como pequeños lazos de corriente o dipolos magnéticos, actúan como imanes de barra pequeños, y obran recíprocamente de modo que se alinean espontáneamente y dan lugar algunas veces a un material “magnetizado”. Tales sustancias son las ferromagnéticas, y se utilizan para hacer los imanes permanentes con los cuales estamos familiarizados. Si un elemento ferromagnético se calienta sobre cierta temperatura crítica (la temperatura de Curie), la agitación termal hace que los pequeños imanes se desordenen, y el material pierde su ferromagnetismo. Cuando los imanes no se alinean espontáneamente, son los paramagnéticos. El paramagnetismo, así como el ferromagnetismo, son de gran importancia práctica. Por ejemplo, el campo en un solenoide de base de aire debido a la corriente en las bobinas es típicamente muy débil. Sin embargo, cuando un solenoide se llena con hierro paramagnético, el campo débil debido a la corriente es suficiente para hacer que los dipolos

Finalmente:

Pm =

kˆ

momento magnético μ = IAnˆ , tal que

Tenemos que:

(cos

2

El campo magnético es proporcional al producto IA y con sentido perpendicular al área A. Para pequeños círculos de corriente definimos

2

1 ⎛ μ a ln 2 ⎞ 2 = ⎜ 0 P= ⎟ (I 0ω cos ωt ) R R ⎝ 2π ⎠

ε2

)

2 32

2 z +r Cuando z = 0 es el campo en el centro del anillo → μ I B = 0 kˆ 2r Si ponemos en función del área A = π r 2 → μ 0 IA ˆ μ 0 IA ˆ B= k= k 2r (π r 2 ) 2π r 3

El flujo en el lazo es

ε=

(

μ 0 Ir 2

2

MATERIALES MAGNETICOS Hasta esta parte hemos estudiado los campos magnéticos producidos por distribuciones de corrientes eléctricas específicas. Por ejemplo, podemos calcular el campo magnético en el vacío producido por un alambre con la ayuda de la ley de Biot y Savart, pero si rodeamos el alambre por un medio material, el campo magnético se altera, ya que la materia esté constituida por átomos, y cada átomo consiste de electrones en movimiento, estos circuitos de electrones, cada uno de los cuales confinado en un átomo, son llamadas corrientes atómicas las cuales producen campos magnéticos que se suman al efecto del campo magnético producido por la corriente circulante por el alambre.

44


Hugo Medina Guzmán

electromotriz ε 0 por medio de una llave S de tres posiciones, la corriente en el circuito inicialmente es cero, en el momento t = 0 se pone la llave en posición 1.

del hierro se alineen, y produzcan un campo magnético muy grande.

Por lo tanto, en dispositivos tales como electroimanes o inductores, el hierro o algún otro material “permeable” se inserta para realzar los efectos magnéticos. Una medida del grado de magnetización obtenido es la permeabilidad relativa μ r . En cálculos de los efectos magnéticos, por ejemplo, de la inductancia o el campo magnético resultante generalmente es suficiente sustituir μ 0

Al ir aumentando la corriente existe una fuerza electromotriz inducida ε en oposición, en la resistencia R existe una caída de potencial IR. Aplicando la segunda regla de Kirchoff, tenemos:

ε 0 + ε − IR = 0

en nuestras ecuaciones anteriores por μ = μ r μ 0 .

dI − IR = 0 dt ε dI R + I− 0 =0 dt L L

ε0 − L

μ r , no tiene dimensiones. Ejemplo 72. Sobre un núcleo de hierro de 1 m de longitud y 2 cm de radio se arrollan dos solenoides. Uno de ellos, que actúa de primario, posee 1000 espiras y por él circula una corriente de 5 A. ¿Qué fuerza electromotriz se inducirá en el secundario, que posee 5000 espiras, cuando la corriente del primario se extingue en 1/10 de segundo? Para el hierro, μ '= 50 . Solución. Flujo inicial

n1 I A l (1000)(5) π 0,02 2 = (50 ) 4π × 10 −7 1

Resolviendo la ecuación para las condiciones iniciales, para t = 0 , y para un tiempo t genérico.

ε ⎞ dI R⎛ = − ⎜I − 0 ⎟ dt L⎝ R⎠ dI R = − dt ε ⎞ L ⎛ ⎜I − 0 ⎟ R⎠ ⎝

Φ = BA = μ ' μ 0

(

)

(

Integrando

)

∫

-4

= 3,94 x 10 Wb

ε (sec undario )

dI

I

o

ε ⎞ ⎛ ⎜I − 0 ⎟ R⎠ ⎝

=−

ΔΦ 3,94 × 10 −4 = 5000 = n2 Δt 1 / 10

R t dt L ∫0 I

ε ⎞ R t ⎛ = ln⎜ I − 0 ⎟ = − t 0 R ⎠0 L ⎝

= 19,7 V.

I−

CIRCUITOS RL, LC y RLC CIRCUITO RL.

= ln De aquí:

I− − La figura muestra una inductancia L, una resistencia R que se conectan a una fuerza

ε0

ε0 R

Finalmente

45

R

R = e− Lt

ε0

L =−Rt ε L − 0 L


I=

ε0 ⎛

⎜1 − e R ⎜⎝

R − t L

Hugo Medina Guzmán

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Como ε = − L

ε0

Para t = 0 → I = 0 , para t = ∞ → I =

− t d ⎛ − t⎞ ε = − L ⎜⎜ e L ⎟⎟ = ε 0 e L dt ⎝ ⎠

Para t = 0 → ε = ε 0 .

Para t = ∞ → ε = 0 . La figura siguiente muestra 1os gráficos I − t y ε −t.

Ejemplo 73. Un inductancia de 2,50 H con resistencia 8,00 Ω está conectada a los bornes de una batería con una fuerza electromotriz de 6,00V y resistencia interna insignificante. a) ¿Cuál es la potencia alimentada a la inductancia desde la batería en función del tiempo, si se conecta el circuito en t = 0? b) ¿Cuál es la rapidez de disipación de energía en la resistencia de la inductancia en función del tiempo? c) ¿Con qué rapidez aumenta la energía del campo magnético en la inductancia, en función del tiempo? d) Compare los resultados de (a), (b) y (c). Solución. a)

Después de pasado un tiempo en el que consideramos que la corriente ha alcanzado su

ε0 R

R

R

,

R dI Como ε = − L dt R R − t ⎞ − t d ε0 ⎛ L ⎟ ⎜ 1 − e ⎟ = − ε 0e L ε =L dt R ⎜⎝ ⎠ Para t = 0 → ε = −ε 0 , para t = ∞ → ε = 0 , La figura siguiente muestra los gráficos I − t y ε −t.

valor estacionario I =

dI dt

pasamos la llave S a

la posición 2.

En este circuito la inductancia actúa como fuente de voltaje hasta que se disipa en la resistencia la energía que tenia almacenada. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff al circuito.

ε = − IR = 0 ⇒ − L

dI − IR = 0 ⇒ dt

dI R + I =0 dt L Las condiciones son para t = 0 → I 0 =

dI − IR = 0 dt ε dI R + I− 0 =0 dt L L

ε0 − L ε0 R

y

Resolviendo la ecuación para las condiciones iniciales, para t = 0 , y para un tiempo t genérico.

para un t genérico tenemos una I genérica.

dI R t = − ∫ dt ⇒ ln I I0 I L 0

∫

I

I = I 0e

R − t L

=

ε0 R

e

I I0

=−

R t t ⇒ L 0

I=

R − t L

ε0 ⎛

⎜1 − e R ⎜⎝

R − t L

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

La potencia alimentada a la inductancia

P = ε0I

46


(

I = I 0 1 − e−( R / L )t

Hugo Medina Guzmán

)

(

)

P = ε 0 I 0 1 − e−( R / L )t =

ε 02

(1 − e R

− ( R / L )t

c) Encontrar la energía total disipada en la resistencia de la inductancia durante el mismo periodo. d) Compare los resultados obtenidos en a), b) y c). Solución. a) Después de que una constante de tiempo ha pasado:

)

Reemplazando valores ε0 = 6,00 V, R = 8,00 Ω, L = 2,50 H

6,00 2 (1 − e −(8,00 / 2,50)t ) 8,00 = 4,50 1 − e −3, 20 t W

P=

(

)

I=

b) Rapidez de disipación de energía en la resistencia de la inductancia.

(

ε02 PR = I R = 1 − e − ( R / L )t R 2

PR =

(

)

2

U=

(

= 4,50 1 − e −3, 20 t

)

2

2

P=

W

(

ε02 − ( R / L ) t = e − e − 2( R / L )t R

0

Sumando

(

PL = 4,50 e PR + PL

PR

−3, 20 t

( = 4,50∫ (1 − e

U total = ∫

(

−e

y

)

−3, 20 t

(

)

) )dt

4,50 1 − e − ( R / L ) t dt L/R

− ( R / L )t

⎛L L ⎞ = 4,50⎜ + (e −1 − 1) ⎟ ⎝R R ⎠ 2,50 −1 = (4,50) e 8,00 obtenemos

−6 , 40 t

)

PR + PL = 4,50 1 − 2e +e −3, 20 t + 4,50 e − e −6, 40 t = 4,50 1 − e −3, 20 t = P

(

)

0

)

PL

L/R

0

)

−6 , 40 t

(

Reemplazando P = 4,50 1 − e − ( R / L ) t W Tenemos

PL = 4,50 e −3, 20 t − e −6, 40 t W . d)

dU total ⇒ dU total = Pdt dt t

di PL = IL dt ε ⎛ε ⎞ = 0 (1 − e − ( R / L ) t ) L ⎜ 0 e − ( R / L ) t ⎟ R ⎝L ⎠

(

1 2 1 LI = (2,50)(0,474) 2 2 2

U total = ∫ dU total = ∫ Pdt

c) Rapidez con la que aumenta la energía del campo magnético en la inductancia.

Reemplazando valores

6,00 (1 − e −1 ) 8,00

= 0,281 J b) La potencia suministrada por la batería

)

6,00 1 − e − (8, 00 / 2,50 )t 8,00

R

(1 − e −1 ) =

= 0,474 A La energía almacenada

Reemplazando valores 2

ε0

= 0,517 J c) La disipación de energía en la resistencia de la inductancia es

P.

(

ε02 PR = 1 − e− ( R / L )t R

)

)

2

(

6,002 = 1 − e− ( R / L )t 8,00

)

2

R R − t −2 t ⎞ ⎛ L ⎜ = 4,5⎜1 − 2e + e L ⎟⎟ ⎝ ⎠

La potencia total emitida se disipa en la resistencia y la inductancia.

La energía disipada en la resistencia de la inductancia t

U R = ∫ dU R = ∫ PR dt

Ejemplo 74. Un inductancia de 2,50 H y resistencia de 8,00 Ω está conectada los bornes de una batería con una fem de 6,00V resistencia interna insignificante. a) ¿Cuánta energía está almacenada en el campo magnético de la inductancia una constante de tiempo después que se ha conectado la batería? b) Determinar la energía total suministrada por la batería durante el intervalo de tiempo considerado en el inciso a).

0

R R − t −2 t ⎞ ⎛ L ⎜ = 4,50∫ ⎜1 − 2e + e L ⎟⎟dt ⎝ ⎠ ⎤ L ⎡ 1 −2 = 4,50 ⎢1 + 2 e −1 − 1 − e −1 ⎥ R ⎣ 2 ⎦ L R 0

(

Reemplazando valores

⎛ 2,50 ⎞ U R = 4,50⎜ ⎟(0,168) ⎝ 8,00 ⎠ 47

)

(

)


Hugo Medina Guzmán

= 0,236 J. La energía disipada sobre la inductancia [parte a)], mas la energía perdida sobre la resistencia [parte ( c)], suma la energía total salida [parte (b)].

b) Después

Ejemplo 75. En el circuito de la figura, ε = 60,0V, R1 = 40,0 Ω, R2 = 25,0 Ω y L = 0,300 H. a) Se cierra el interruptor S. Al cabo de cierto tiempo t la corriente está aumentando en el inductor a razón de dI/dt = 50,0 A/s. En este instante, ¿cuáles son la corriente I1 a través de R1 y la corriente I2 a través de R2? b) Después que el interruptor ha permanecido cerrado mucho tiempo, se abre de nuevo. Inmediatamente después de abrirlo, ¿cuál es la corriente a través de R1?

Con: ε = 60,0 V, R21 = 40 Ω, Tenemos

R1

60,0 = 1,5 A 40,0

Circuito 0acb0

ε − I 2 R2 − L

dI 2 =0 dt

Con: ε = 60,0 V, R2 = 25 Ω,

tiempo

cuando

Solución. a) Para t = 0, La corriente por la inductancia L es cero y la corriente por R3 también es cero. Luego el circuito se reduce a:

ε − I1R1 = 0

=

largo

Ejemplo 76. En la figura suponga que el interruptor S se cierra en t = 0. Determine: a) La corriente que pasa por cada resistencia a t = 0. b) La corriente que pasa por cada resistencia para un tiempo muy largo. Luego de un tiempo muy largo, el interruptor S se abre (suponga ahora este instante t = 0. Considere la corriente inicial I 0 como la corriente que pasaba por L en la parte b). c) Plantee y resuelva la ecuación diferencial, para encontrar la ecuación de la corriente en la inductancia L, como una función del tiempo. d) Calcule el valor de L, sabiendo que el tiempo que tarda la corriente en disminuir la mitad de su valor inicial es 69 milisegundos.

Circuito 0ab0

ε

un

La inductancia mantiene su corriente, luego I1 = I 2 = 2,40 A .

Solución. a) Se cierra el interruptor S.

I1 =

de

60,0 I2 = = 2,40 A, se abre el interruptor S , 25,0

dI 2 A = 50,0 dt s

Tenemos

60,0 − 25 I 2 − 0,300(50,0 ) = 0 ⇒ 45,0 I2 = = 1,80 A 25,0

La corriente que pasa R1 y R2 es:

I=

48

ε

R1 + R2

=

18 = 1,8 A 4+6


Hugo Medina Guzmán

I 1 = I 2 = 1,8 A, I 3 = 0

⇒

b) Para un tiempo muy largo la corriente en la Inductancia tiene su valor máximo, el circuito es equivalente al siguiente:

dI 9 = − dt L I

Integrando de t = 0 a t = t:

ln I

I I0

=−

I = I 0e

9 t I 9 t 0 ⇒ ln = − ⇒ L I0 Lt

9 − t L

d) Para t = 0,069 s I = I 0 2

9 − (0 , 069 ) I0 9(0,069 ) = I 0e L ⇒ = ln 2 L 2 9(0,069) 9(0,069 ) ⇒ L= = 0,9 H = ln 2 0,693

R2 y R3 están en paralelo, la resistencia equivalente es:

1 1 1 1 1 1 = + = = + 6 3 2 Req R2 R3

Ejemplo 77. Una bobina de auto inductancia L, se conecta en paralelo a una resistencia R: Los dos elementos se conectan en t = 0 a una fuente electromotriz real que está formada por una fuente ideal de potencial V0 constante y una resistencia interna en serie r. En el tiempo t = 0 se cierra el interruptor S. a) Hallar el valor inicial de la corriente I1. b) Plantear las leyes de Kirchhoff que nos permitan hallar las corrientes I1, I2 e I3. c) Encuentre el valor de las corrientes resolviendo las ecuaciones planteadas en la parte a).

⇒ Req = 2Ω

I1 =

ε R1 + Req

=

18 =3A 4+2

También tenemos: I 2 + I 3 = I 1 = 3 y

I 2 R3 3 1 = = = I 3 R2 6 2 Luego I 2 = 1 A e I 3 = 2 A

I 2 R2 = I 3 R3 ⇒

Solución. a) Para t = 0 no circula corriente por inductancia.

Luego de un tiempo muy largo, el interruptor S se abre (suponga ahora este instante t = 0). Considere la corriente inicial I 0 como la corriente que pasaba por L en la parte b).

Por la segunda ley de Kirchhoff − I1r + V0 − I1R = 0 ⇒

I1 = c) Aplicando la segunda regla de Kirchhoff.

V0 R+r

b) En el circuito.

dI + IR3 = 0 dt (R + R3 ) dI 9 =− 2 I =− I dt L L

IR2 + L

49


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V ⎞ ⎛ ⎜ I1 − 0 ⎟ Rr r ⎠ ln ⎝ t ⇒ =− V0 ⎞ L (R + r ) ⎛ V0 − ⎟ ⎜ ⎝r+R r ⎠ V ⎞ ⎛ Rr ⎜ I1 − 0 ⎟ t − r ⎠ ⎝ L(R + r ) ⇒ =e V0 ⎞ ⎛ V0 − ⎟ ⎜ ⎝r+R r ⎠

Por la primera ley de Kirchhoff I1 = I 2 + I 3 (1) Por la segunda ley de Kirchoff

dI − I 1 r + V0 − L 2 = 0 dt − I 1 r + V0 − I 3 R = 0

Rr

V ⎞ ⎛ V V ⎞ − L(R + r )t ⎛ ⇒ ⎜ I1 − 0 ⎟ = ⎜ 0 − 0 ⎟ e r ⎠ ⎝r+R r ⎠ ⎝

(2)

Rr

(3)

t V ⎛ V V ⎞ − I1 = 0 + ⎜ 0 − 0 ⎟ e L ( R + r ) ⇒ r ⎝r+R r ⎠ Rr Rr t⎞ − V0 ⎛⎜ V0 − L ( R + r ) t L(R + r ) ⎟ I1 = 1− e e + ⎟ r+R r ⎜⎝ ⎠

c) Cálculo de I1 Derivando (3) y multiplicando por L.

− rL

dI dI 1 − RL 3 = 0 dt dt

(3a)

Cálculo de I3. De la ecuación (3):

Multiplicando (2) por R:

− I 1 Rr + V0 R − RL

dI 2 = 0 (2a) dt

I3 =

Sumando (2a) y (3a):

Cálculo de I2. De la ecuación (1)

d (I 2 + I 3 ) dI 1 + V0 R − RL =0 ⇒ dt dt dI dI − I 1 Rr − rL 1 + V0 R − RL 1 = 0 ⇒ dt dt dI − I 1 Rr + V0 R − (R + r )L 1 = 0 ⇒ dt V ⎞ dI ⎛ Rr ⎜ I1 − 0 ⎟ + (R + r )L 1 = 0 ⇒ r ⎠ dt ⎝ dI1 Rr + dt = 0 ⇒ V0 ⎞ L(R + r ) ⎛ ⎜ I1 − ⎟ r ⎠ ⎝ dI1 Rr =− dt V0 ⎞ L (R + r ) ⎛ ⎜ I1 − ⎟ r ⎠ ⎝ − I 1 Rr − rL

I 2 = I1 − I 3 Ejemplo 78. Una inductancia de 0,250 H conduce una corriente que varia con el tiempo y viene dada por la expresión I = 0,124cos240π t A. a) Halle una expresión de la fuerza electromotriz inducida en función del tiempo. Grafique la corriente y la fuerza electromotriz inducida en función del tiempo. b) ¿Cuál es la fuerza electromotriz máxima? ¿Cuál es la corriente cuando la fuerza inducida alcanza un máximo? c) ¿Cuál es la corriente máxima? ¿Cuál es la fuerza electromotriz inducida cuando la corriente alcanza un máximo? Solución.

Integrando

∫

I1

V0

t dI1 Rr =− dt ⇒ ∫ (r + R ) ⎛ V0 ⎞ L (R + r ) 0 ⎜ I1 − ⎟ r ⎠ ⎝ I0

V ⎞ ⎛ ln⎜ I1 − 0 ⎟ r ⎠ V0 ⎝

=− (r + R )

I1r + V0 R

a) La fuerza electromotriz inducida ε = − L Reemplazando valores

d (0,124 cos 240πt ) dt = (0,250 )(0,124 )(240 π )sen 240 πt = 23,4sen 240 πt V

ε = −(0,250 )

Rr t t}0 ⇒ L (R + r )

50

dI dt


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b) Para t = ∞ : I =

V0 r

c) Esbozo del gráfico de la magnitud de la corriente en la resistencia R en función de t.

b) La fuerza electromotriz máxima es ε máx = 23,4 V ; La corriente cuando la fuerza inducida alcanza un máximo es I = 0, Porque la fuerza electromotriz y la corriente están desfasados 90º. c) La corriente máxima es

d) Las ecuaciones de Kirchhoff que permitan encontrar los valores de todas las corrientes del circuito.

imax = 0,124 A La fuerza electromotriz inducida cuando la corriente alcanza un máximo es ε = 0, porque la fuerza electromotriz y la corriente están desfasados 90º.

Por la primera ley de Kirchhoff I = I1 + I 2 (1) Por la segunda ley de Kirchhoff

Ejemplo 79. Una bobina tiene un valor de autoinductancia L, y se conecta en paralelo a una resistencia R. Los dos elementos se conectan en t = 0 a una fuente electromotriz “real” que esta formada por una fuente ideal de potencial V0 constante; una resistencia interna en serie r. Calcule los siguientes acápites, justificando físicamente los valores que encuentre: a) El valor de la corriente en la fuente en t → 0 . b) El valor de la corriente en la fuente a un tiempo muy largo. c) Un esbozo del gráfico de la magnitud de la corriente en la resistencia R en función de t. d) Las ecuaciones de Kirchhoff que permitan encontrar los valores de todas las corrientes del circuito. e) Plantee la ecuación diferencial que permita obtener la corriente instantánea I (t ) en la resistencia interna r de la fuente electromotriz. No resuelva la ecuación diferencial. Solución.

dI1 =0 dt − Ir + V0 − I 2 R = 0 − Ir + V0 − L

(2)

(3) e) La ecuación diferencial que permite obtener la corriente instantánea I (t ) en la resistencia interna r de la fuente electromotriz. Derivando (3) y multiplicando por L:

− rL

dI dI − RL 2 = 0 dt dt

(3a)

Multiplicando (2) por R:

− IRr + V0 R − RL

dI1 = 0 (2a) dt

Sumando (2a) y (3a):

dI d ( I1 + I 2 ) + V0 R − RL =0 dt dt dI dI ⇒ − IRr − rL + V0 R − RL = 0 dt dt dI ⇒ − IRr + V0 R − (R + r )L = 0 dt dI ⇒ (R + r )L + R (V0 − Ir ) = 0 dt − IRr − rL

Finalmente:

dI R(V0 − Ir ) + =0 dt L(R + r )

V0 a)Para t = 0: I = R+r

51


Hugo Medina Guzmán

instante, ¿cuáles son la corriente I1 a través de R1 y la corriente I2 a través de R2? b) Después que el interruptor ha permanecido cerrado mucho tiempo, se abre de nuevo. Inmediatamente después de abrirlo, ¿cuál es la corriente a través de R1?

Ejemplo 80. Un solenoide tiene una inductancia de 30 H y una resistencia de 20 Ω . Si se conecta a una batería de 12 V, ¿cuánto tiempo tarda la corriente en alcanzar la tercera parte de su valor de equilibrio? Solución. El valor de equilibrio I = V/R = 12/20 = 0,6 A se alcanza para t → ∞ . La tercera parte de este valor se alcanza cuando se cumple:

(

1V V = 1 − e −t τ 3R R

)

es decir,

2 2 t = e −t τ , ln = 3 3 τ L y como τ = resulta: R L 2 30 2 t = ln = ln = 0,61 s. R 3 20 3

Solución. a) Se cierra el interruptor S.

Ejemplo 81. Un instrumento sensible de detección en un vehículo espacial tiene una resistencia de 180 Ω y se diseña para funcionar con una corriente de 42 mA. Sin embargo, es necesario que la subida de corriente sea no más del 10 por ciento de este valor de funcionamiento dentro de los primeros 50 ms después de aplicar el voltaje. Para alcanzar esto, se conecta una inductancia en serie con el dispositivo. a) ¿Qué voltaje se requiere? b) ¿Cuál es la mínima inductancia requerida? c) ¿Cuál es la constante de tiempo del circuito? Solución. a) ε = IR = 42 × 10 −3 (180 ) = 7,56 V

(

(

b) I = I 0 1 − e

Circuito 0ab0

ε − I1R1 = 0

Con: ε = 60,0 V, R21 = 40 Ω, Tenemos

I1 =

) = 0,1I

0

60,0 = 1,5 A 40,0

ε − I 2 R2 − L

dI 2 =0 dt

Con: ε = 60,0 V, R2 = 25 Ω,

dI 2 A = 50,0 dt s

Tenemos

⇒ e −t τ = 0,9

60,0 − 25 I 2 − 0,300(50,0 ) = 0 ⇒ 45,0 I2 = = 1,80 A 25,0

⎛ t⎞ ⇒ ln⎜ − ⎟ = ln 0,9 ⇒ τ = 2,46t ⎝ τ⎠ L ⇒ Como τ = R L = 2,46t = 2,46 50 × 10 −6 = 1,23 x 10-4 R

(

R1

=

Circuito 0acb0

)

−t τ

ε

b) Después

I2 =

)

de

un

largo

tiempo

cuando

60,0 = 2,40 A, se abre el interruptor S , 25,0

Finalmente L = 1,23 x 10-4R = 1,23 x 10-4(180)= 0,022 H c) τ =

L 0,022 = 0,122 ms = R 180

La inductancia mantiene su corriente, luego I1 = I 2 = 2,40 A .

Ejemplo 82. En el circuito de la figura, ε = 60,0V, R1 = 40,0 Ω, R2 = 25,0 Ω y L = 0,300 H. a) Se cierra el interruptor S. Al cabo de cierto tiempo t la corriente está aumentando en el inductor a razón de dI/dt = 50,0 A/s. En este

CIRCUITO LC.

52


Hugo Medina Guzmán

y la corriente es

I=

dq = −ωQsenω t dt

La figura a continuación muestra los gráficos de q−t e I −t. La figura arriba muestra un circuito LC, que vamos a considerar ideal (sin resistencias propias). Si ponemos la llave S en la posición 1 se carga al condensador hasta tener un voltaje igual a la fuerza electromotriz y almacena una energía igual a

1 Q2 2 C Donde Q = V0 C UE =

Si pasamos el interruptor a la posición 2, el condensador se descarga a través de la inductancia, a medida que el condensador se descarga la energía pasa a la inductancia, una vez que el condensador queda descargado, la corriente alcanza su valor máximo, como no hay fuente que siga manteniendo esta corriente comienza a decrecer llevando carga al condensador hasta que la corriente es cero y el condensador queda cargado, pero esta vez con polaridad invertida, como el circuito es ideal no hay resistencia, se re pite el proceso y así siguen intercambiando energía de tal manera que la energía total del circuito es constante. U B + U E = U = constante

Podemos ver es un circuito oscilante, con frecuencias. f =

T=

ω

1 periodo LC

= 2π LC

Con los valores de Q e I podemos demostrar que la energía total es constante para cualquier tiempo t.

UB + UE = U

1 2 1 q2 LI + =U 2 2 C 1 1 Q2 Lω 2 Q 2 sen 2ω t + cos 2ω t = U 2 2 C 1 Como ω 2 = LC 2 1Q 1 Q2 sen 2 ω t + cos 2ω t = =U 2 C 2 C

1 2 1 q2 o LI + =U 2 2 C Derivando respecto al tiempo

(

dI q dq + =0 dt C dt dq dI d 2 q = y Como I = dt dt 2 dt LI

)

Tal como esperábamos. Ejemplo 83. ¿Cuál es la frecuencia resonante del circuito de la figura si L = 260 mH y C = 8,0 pF?

Tenemos

L

2π

ω 1 = 2π 2π

d 2q 1 d 2q q + = 0 ⇒ + q=0 2 2 LC C dt dt

La solución de esta ecuación es el caso de movimiento armónico simple.

q = A cos(ωt + δ )

Donde ω =

1 , A es el valor máximo de q y LC

Solución.

depende de las condiciones iniciales, en nuestro caso A = Q y debe ser cero porque la carga es máxima para t = 0, de aquí:

f =

q = Q cos(ωt + δ )

1 2π

1,1 MHz. 53

1 LC

=

1 2π

1

(2,6 × 10 )(8 × 10 ) −3

−2

=


Hugo Medina Guzmán

B y D dependen de las condiciones iniciales. La forma de la solución depende de los valores de R, L y C, los cuales determinan si β 2 − ω 02 es menor, igual o mayor que cero siendo para cada caso una oscilación subamortiguada, críticamente amortiguada o sobreamortiguada respectivamente. En el caso de oscilación subamortiguada, β 2 − ω 02 < 0 .

Ejemplo 84. Un receptor de radio de amplitud modulada (AM) utiliza un circuito resonante LC cuya frecuencia empareja la frecuencia de las ondas de radio entrantes. ¿Si una inductancia de 16 μH se utiliza, qué rango de capacidad variable se requiere para sintonizar sobre la banda AM a partir de 500 a 1700 kHz? Solución.

f =

1 2π LC

⇒ C=

1

L(2π f )

β 2 − ω 02 = iω1

2

q = Ae − βt cos(ω1t + δ )

Con 500 kHz → 6,3 x 10-9 F Con 1700 kHz → 5,5 x 10-10 F De tal modo que C varía de 5,5 x 10-10 a 6,3 x 10-9 F.

q = Ae − βt cos ω1t

La figura a continuación muestra el grafico q − t para el caso en que δ = 0 .

CIRCUITO RLC.

La figura arriba muestra un circuito RLC, en la posición 1 el condensador se carga. Al pasar a la posición 2, la energía almacenada en el condensador se descarga, parte se disipa en la resistencia y parte se almacena en la inductancia, entonces la inductancia repite el proceso, parte se disipa en la resistencia y parte se almacena en el condensador y así periódicamente hasta que la energía que tenia inicialmente el condensador se disipa totalmente en la resistencia. Aplicando la segunda Ley de Kirchoff

Ejemplo 85. En la figura tenemos un circuito RC cuando pone la llave en la posición 1 y un circuito LC en la posición 2. Después de tener un tempo largo en la posición 1 se pasa la llave a la posición 2. Calcular: a) La frecuencia de oscilación del circuito LC. b) La energía máxima almacenada por la inductancia.

q dI + L + IR = 0 dt C dq dI d 2 q = y Como I = dt dt 2 dt

Nos queda la ecuación

1 d 2 q R dq + + q=0 2 L dt LC dt Ecuación que corresponde a la de las oscilaciones amortiguadas, cuya solución es

q = e − β t ⎛⎜ Be ⎝ 1R Donde β = 2L 1 ω0 = LC

β 2 −ω02 t

+ De

− β 2 −ω02 t

Solución. Al estar en posición 1 la corriente circula hasta que se carga el condensador completamente. La expresión de la carga del condensador vimos que es:

⎞⎟ ⎠

(

q = εC 1 − e − t RC

)

Cuando pasa un tiempo largo t

Q = εC

54


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Cuando pasa a la posición 2 tenemos un circuito LC con el condensador con carga inicial Q = (10 ) 4 × 10 −6 = 40 x 10-6 C. a) La frecuencia de oscilación del circuito LC depende solamente de los valores de L y C.

(

ω=

1 = LC

Ejemplo 81. Se ha sugerido que la energía sobrante de una planta de generación se podría almacenar en el campo magnético de un toroide gigante. ¿Si el campo magnético en el toroide fuera de 12 T (muy grande), qué volumen sería necesario para almacenar 106 kWh de energía? ¿Si el toroide fuera en forma de anillo, con el radio interno R y el radio externo 2R, cuán grande tendría que ser R? Solución.

)

1

(2 × 10 )(4 × 10 ) = −3

−6

10 × 10 8 = 1,12 x 104 rad/s. 8

f =

⎛ B2 ⎞ ⎟⎟(volumen ) U = ⎜⎜ ⎝ 2μ 0 ⎠ ⎛ B2 ⎞ 3 ⎛ πR 2 ⎞ ⎟⎟(2π )⎛⎜ R ⎞⎟⎜⎜ ⎟⎟ ≈ ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠⎝ 4 ⎠ ⎝ 2μ0 ⎠

ω = 1,78 x 103 Hz. 2π

b) La energía almacenada en el condensador es

1 Q2 1 (40 × 10 −6 ) = = 2 x10-4 J. UE = −6 2 4 × 10 2 C 2

3 U ≈ π 2R2B2 8

Como la energía pasa del condensador a la inductancia y así sucesivamente, la energía máxima almacenada por la inductancia es U B = 2 x10-4 J.

⎛ 8U ⎞ R=⎜ 2 2 ⎟ ⎝ 3π B ⎠

13

(

)

⎡ 8 10 6 × 3,6 × 10 6 ⎤ ≈⎢ ⎥ 2 3π 2 (12 ) ⎣ ⎦

13

= 1890 m ¡demasiado grande! Ejemplo 87. En el circuito de la figura, el interruptor S puede ser conectado en las posiciones 1 y 2 a) Se lleva el interruptor S a la posición 1. Plantee la ecuación diferencial correspondiente, y halle la corriente I(t) que fluye por el inductor. b) Luego de un tiempo muy largo, se lleva instantáneamente S a la posición 2. Plantee la ecuación diferencial correspondiente, y halle la corriente I(t) que fluye por el inductor.

Ejemplo 86. En el circuito mostrado, se conecta el interruptor S y después de un tiempo muy largo se desconecta. Ese instante lo consideramos como el estado inicial.

a) Establezca la ecuación diferencial para hallar la corriente. b) Resuelva la ecuación, teniendo en cuenta que una función f(t) que cumple que

d 2 f (t ) = −ω 2 f (t ) , tiene solución 2 dt f (t ) = A cos(ωt + φ ) . Halle A , ω y φ .

Solución. a) Se lleva el interruptor S a la posición 1.

Solución.

q dI 1 d 2I +L =0 ⇒ I+L 2 =0 C dt C dt 2 d I 1 ⇒ + I =0 2 LC dt 1 b) I = I 0 cos(ωt + φ ) , ω = , LC

a)

Para t = 0 , I = I 0 =

ε

R

,ϕ =0 Aplicando la segunda regla de Kirchhoff 55


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Ejemplo 88. En el circuito de la figura se cierra el interruptor S en el tiempo t = 0, con el condensador inicialmente sin carga. a) Halle la lectura de cada amperímetro y voltímetro inmediatamente después de cerrar S. b) Halle la lectura de cada medidor cuando ha transcurrido mucho tiempo. c) Calcule la carga máxima del condensador. d) Dibuje una gráfica cualitativa de la lectura del voltímetro V2 en función del tiempo.

dI + RI dt dI ε − RI R⎛ ε⎞ = = − ⎜I − ⎟ ⇒ dt L L⎝ R⎠ dI R = − dt ⇒ ε⎞ L ⎛ ⎜I − ⎟ R⎠ ⎝ dI R = − dt ⇒ ε⎞ L ⎛ ⎜I − ⎟ R⎠ ⎝ I dI R t = − ∫0 ⎛ ε ⎞ L ∫0 dt ⇒ ⎜I − ⎟ R⎠ ⎝

ε =L

R

R ε⎞ ⎛ ln⎜ I − ⎟ = − t ⇒ R ⎠0 L ⎝ ⎛ I −ε R⎞ R ⎟⎟ = − t ⇒ ln⎜⎜ L ⎝ −ε R ⎠ R − t⎞ ε⎛ I (t ) = ⎜⎜1 − e L ⎟⎟ R⎝ ⎠

Solución. a) En inductancia

ε0 ⎛

R − t ⎞ ⎜1 − e L ⎟ ⎟ R ⎜⎝ ⎠ Para t = 0 → I = 0 ,

I=

b) Luego de un tiempo muy largo, se lleva instantáneamente S a la posición 2.

En condensador

dq ε 0 − RC I= = e dt R t

Para t = 0 , I =

R

Inmediatamente después de cerrar el interruptor el voltaje a través del condensador es cero y tampoco hay corriente en la inductancia. La corriente circula como se muestra en la figura siguiente

Aplicando la segunda regla de Kirchhoff

dI + RI ⇒ dt dI R = − dt ⇒ I L I dI R t ∫I 0 I = − L ∫0 dt ⇒ R I ln I I = − t ⇒ 0 L I R ln = − t ⇒ I0 L

0=L

I (t ) = I 0 e

ε0

R − t L

56


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Aplicando las leyes de Kirchhoff

40,0 I= = 0,800 A 50,0

40,0 = 0,480 A 83,33 I '+ I ' ' = I 100 I ' = 50 I ' ' I '+2 I ' = I = 0,480 0,480 = 0,160 A I '= 3 I ' ' = 2 I ' = 0,320 A I=

Lecturas: A1 = A4 = 0,800 A

V1 = 50,0 I = 50,0(0,800 ) = 40,0 V

Todos los otros amperímetros leen cero. A2 = A3 = 0 Todos los otros voltímetros leen cero. V2 = V3 = V4 = V5 = 0 b) En inductancia

I=

ε0 ⎛

⎜1 − e R ⎜⎝

R − t L

Lecturas: A1 lee 0,480 A V1 lee I x 50,0 = 24,0 V

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Para t = ∞ → I =

ε0 R

A2 lee 0,160 A V2 = 0 V3 = I’ x 100,0 = 16,0 V

,

En condensador

A4 = 0, V5 = 0

dq ε 0 = e dt R Para t = ∞ , I = 0

A3 = 0,320 A V4 = I’’ x 50,0 = 16,0 V = V3

I=

t − RC

Después de un largo tiempo el condensador está completamente cargado y no circula corriente por esa rama. La corriente a través de la inductancia no está cambiando. La corriente circula como se muestra en la figura siguiente

c) Carga máxima del condensador. El voltaje máximo del condensador es V5 = 16,0 V, Luego Q = CV5 =(12 x 10-6)(16,0) = 192 μC d) Gráfica cualitativa de la lectura del voltímetro V2 en función del tiempo Para t = 0 y t → ∞ , V2 = 0 . A medida que la corriente incrementa en esta rama de cero a 0,160 A, el voltaje V2 refleja la razón de cambio de la corriente.

Después de un largo tiempo el condensador está A4 = 0 . completamente cargado Luego Entonces la corriente a través de la inductancia no está cambiando, tal que V2 = 0 . Las corrientes pueden calcularse del circuito equivalente que reemplaza la inductancia por un cortocircuito: 57


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PREGUNTAS Y PROBLEMAS

1. Si una aspira rectangular conductora de lados

→

perpendicular a la velocidad angular ω . En al instante t = 0, es normal al plano del conductor. Calcular en función del tiempo, el flujo del campo magnético a. través del cuadro. Deducir le fuerza electromotriz de inducción ε .

→

a y b se aleja con una velocidad constante v de un alambre largo recto con una corriente I. Determinar la corriente inducida en la espira como función del tiempo, pera t = 0 , r = r0 .

2. Una barra metálica de longitud a e inclinación α , separada b de un alambre recto y largo con corriente I. La barra se desplaza una velocidad constante paralela al alambre. Calcular la fuerza electromotriz inducida en la barra.

6.- Una bobine de 100 vueltas y sección circular esté arrollada compactamente de tal modo que las espiras están en un mismo plano. El radio promedio de la bobine es 3 cm. La bobina rota alrededor de un diámetro a 900 rpm. Cuando el eje de rotación está vertical, la fuerza electromotriz promedio inducida es 0,50 mV. ¿Qué se puede decir del campo magnético terrestre en ese lugar?

3. Dos espiras circulares metálicas de radios a y b están conectadas por dos barras metálicas, como se muestra en la figura. Si este conjunto rota con velocidad angular ω perpendicular a

7.- Un disco rota alrededor de su eje con velocidad angular ω . El disco está hecho con metal de conductividad g, y su espesor es t. El disco se coloca entre los polos de un imán que produce un campo magnético uniforme B sobre una pequeña área cuadrada de tamaño a 2 a la distancia promedio r del eje, B es perpendicular al disco. Calcular el torque aproximado sobre el disco.

→

B . ¿Cuál es la fuerza electromotriz inducida entre las espiras?

8. Sea el circuito en serie constituido por una fuerza electromotriz ε , un interruptor S, un condensador de capacidad C, un sistema consistente en una barra que desliza sin fricción sobre dos rieles horizontales y paralelos separados una distancia l en presencia de un

4. Un circuito plano de resistencia R, compuesto de n espiras, con una superficie A, se coloca perpendicular a un campo magnético alterno uniforme tal que B = B0 cos ωt . Encontrar la expresión de la intensidad eficaz de corriente I ef inducida en el circuito.

→

campo magnético B uniforme y vertical. La resistencia total del circuito es R. La masa de la barra móvil es m.

5. Un conductor rectangular de lados a y b se →

coloca en un campo magnético B uniforme y horizontal, rota alrededor del eje vertical MN 58


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En t = 0 se cierra el interruptor, inicialmente la barra está en reposo y el condensador descargado. Escribir las expresiones de la velocidad y la carga del condensador.

El momento de inercia de la rueda es I rB . Despreciar las corrientes de Foucault.

9. Una rueda de Barlow de radio a rota sin →

fricción en un campo magnético B uniforme y normal al plano de la rueda. Sobre su eje horizontal se fija un cilindro de radio b sobre el que se enrolla una cuerda que soporta un peso mg. El conjunto, rueda, eje, cilindro tiene un momento de inercia IrB. El circuito eléctrico de la rueda de Barlow está conectado a una resistencia total R. Estudiar el movimiento a partir del reposo, no tomar en cuenta las corrientes de Foucault.

12. En el circuito mostrado en la figura tenemos dos espiras circulares iguales de sección A = l m2 cada una, pero con diferentes campos magnéticos que va rían con el tiempo B1 = 2t 2 + 4t y

B2 = −5t 2 . Determine la magnitud y dirección de la corriente que registra el amperímetro para t = 4 s si R = 10 Ω .

13. Dos solenoides (S1) y (S2) indeformables y coaxiales, de secciones A1 y A2, (A2 < A1) tienen respectivamente N1 y N2 espiras por unidad de longitud, son recorridos por corrientes iguales y del mismo sentido, I1 e I2 constantes. El solenoide S2 penetra una longitud x en el interior de S1 donde el campo magnético se supone uniforme. a) Si consideramos que el flujo que atraviesa las espiras de S2 exterior a S1 se escribe Φ 0 = KI , donde K es una constante, calcular el flujo total que atraviesa S2 debido a S1. b) ¿Cuál es la fuerza magnética actuante sobre el solenoide S2? ¿Cuál es la acción que origina esta fuerza?

10. Un conductor rectilíneo AOB puede rotar alrededor de un eje vertical que pasa por O. Está en contacto con un conductor C circular horizontal de radio a. El conjunto está colocado →

en un campo magnético uniforme B , vertical dirigido hacia arriba. Se hace pasar una corriente por medio de una fuerza electromotriz ε . La resistencia de C es despreciable y la del circuito es constante e igual a R. Determinar la ley de la variación de la velocidad después de cerrar la llave S, despreciar la fricción.

14. Un alambre de cobre de 1 m de longitud se mueve con velocidad de 75 cm/s perpendicularmente a un campo magnético de 1 T. ¿Qué fuerza electromotriz se induce en la barra? Si sus extremos se conectan a una resistencia de 10 Ω . ¿Cuál es la potencia disipada en el movimiento del alambre?

11. Una rueda de Barlow de radio a rota sin →

fricción en un campo magnético B normal el plano de la rueda, el circuito de la rueda está en serie con un condensador C inicialmente descargado, una llave S y la resistencia total del circuito es R. La rueda rota con una velocidad angular ω 0 . Se cierra la llave S, estudiar el movimiento de la rueda a partir de este instante. 59


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resistencia R se coloca entre los puntos X e Y sobre el lazo y se mueve a la derecha la con velocidad constante v . ¿Qué corriente fluye en la barra? ¿En qué dirección va la corriente?

Respuesta ε = Blv = 1 x 1 x 0,75 = 0,75 V,

P=

ε2 R

=

0,75 2 = 0,056 W. 10

Respuesta La corriente fluye hacia abajo en la barra. Ambos lazos contribuyen a la fuerza electromotriz inducida, tal que:

15. La hélice de un aeroplano mide2,0 m de un extremo al otro extremo, gira a 18000 RPM. ¿Si el aeroplano está volando dirigido al norte debido en un punto donde la componente horizontal del campo magnético de la tierra es 1,2 x 10-5 T, qué voltaje se genera entre las extremos de la hélice? Respuesta Cada mitad del propulsor barre un área π r 2 en cada revolución, tal que ε = 2 Bπ r 2 f .

I=

18. Un solenoide largo, delgado tiene 750 vueltas por el metro, y su corriente se aumenta con una razón de 60 A/s. ¿Cuál es el campo eléctrico inducido dentro del solenoide en un punto a 5 mm del eje y a mitad de la distancia entre los extremos? Respuesta Considere el flujo a través de un círculo de radio r.

ε = 2(1,2 × 10 −5 )π (1,0)2 ⎜

⎛ 18000 ⎞ ⎟ = 0,0036 V ⎝ 2π 60 ⎠

16. Dos rieles conductores paralelos largos están separados una distancia d. En un extremo están unidos por medio de una resistencia R. Una barra conductora de longitud d se hace resbalar con velocidad constante v a lo largo de los rieles. La barra y los carriles tienen resistencia insignificante. a) ¿Qué corriente fluye en el circuito? b) ¿Qué potencia se requiere para mover la barra? c) ¿Cuál es la potencia disipada en la resistencia compararla con la potencia requerida para mover la barra? Respuesta ε = Bdv , a) I =

ε

R

=

dΦ B dI dB = π r2 = π r 2 μ0 N = 2π rE dt dt dt 1 dI E = μ 0 rN 2 dt = (0,5) 4π × 10 −7 5 × 10 −3 (750 )(60 )

ε=

(

= 1,4 x 10-3 V/m

)(

)

19. Un tren se desplaza de Norte a Sur con una velocidad uniforme de 120 km/h. Si la componente vertical del campo magnético terrestre es de 0,54 gauss, ¿cuál es la diferencia de potencial inducida que se genera entre los extremos de un eje de las ruedas del tren si su longitud es de 1,25 m? Respuesta 22,4 x 10-4 V.

Bdv . R

b) P1 = Fv = (IdB )v =

2 Bbv R

B 2 d 2v 2 ,y R

20. Una barra metálica de 1 m de longitud se deja caer desde una altura de 20 m permaneciendo horizontal con sus extremos apuntando en la dirección Este-Oeste. ¿Qué diferencia de potencial se induce entre sus extremos en el instante justo antes de llegar al suelo? (Componente horizontal del campo magnético terrestre: BH = 0,17 gauss.) Respuesta

2

⎛ Bdv ⎞ ⎟ = P1 ⎝ R ⎠

c) P2 = I 2 R = ⎜

17. Un alambre de resistencia insignificante se dobla formando un rectángulo de lados a y b. Hay un campo magnético uniforme perpendicular al plano del lazo. ¿Una barra de 60


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3,37 x 10-4V..

radios a y b, si la distancia d entre sus planos es mucho mayo que a y b.

21. Una bobina de 100 espiras es extraída en una décima de segundo de su posición entre los polos de un imán donde existe un flujo de 50 x 10-5 Wb. ¿Cuál es la fuerza electromotriz media inducida en la bobina? Respuesta 0,5 V.

29. Determinar la inductancia mutua de dos cuadrados idénticos de lado a colocados a una distancia l y coincidentes con las caras opuestas de un paralelepípedo. Encontrar la fuerza entre ellos. 30. Determinar la autoinductancia de un cuadrado de lado b hecho de un alambre de radio a (a << b).

22. Una espira cuadrada de área 500 cm2 se sitúa perpendicularmente a un campo de intensidad 1 T. La espira se voltea hasta que su plano es paralelo al campo en un tiempo de 0,1 s. ¿Cuál es la fuerza electromotriz media inducida? Respuesta 0,5 V.

31. Mostrar que cuando dos bobinas se conectan en serie la autoinductancia de la combinación es L = L1 + L2 ± 2 M . Explicar para que conexión es + y para cual es -.

23. Encontrar la autojnductancia de un solenoide de longitud finita h y radio a (h >> a) en términos de las potencias de a/h.

32. Encuentre la inductancia equivalente en el circuito que se muestra en la figura.

24. ¿Cual es la inductancia mutua entre un alambre delgado infinito y las espiras 1 y 2..

33. Un alambre largo y recto de radio a lleva una corriente I. ¿Cuál es la densidad de energía magnética en la superficie del alambre? Calcular la energía magnética almacenada por unidad de longitud en el interior del alambre. 34. La máxima energía almacenada por un circuito LC es 10-4 Joules y la capacidad es 4 μ f. Si la corriente máxima que circula por el circuito es 2A, calcular: a) La inductancia del circuito. b) La frecuencia de oscilación.

25. ¿Cuál es la inductancia mutua entre la bobina toroidal con n vueltas densamente enrolladas y una espira cerrada encerrando el toroide 26. ¿Cuál es la autoinductancia del toroide mostrado en la figura?

35. Sea el circuito da la figura y supongan que el interruptor S está cerrado en t = 0 , a) Describir la trayectoria seguida por la corriente inmediatamente después de que se cierra el interruptor. b) ¿Cuál es la trayectoria de la corriente después de mucho tiempo?

27. Encontrar la autoinductancia de un toroide de radio b, n vueltas, y sección circular de radio a. 28. Determinar aproximadamente la inductancia mutua entre dos anillos delgados, coaxiales, de

61


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W B2 . = Al 2μ 0 41. Por un solenoide recto de 500 espiras, longitud 1 m y sección 10 cm2 circula una corriente de 10 A. Sobre este solenoide se arrolla una pequeña bobina de 50 espiras colocadas en su centro. ¿Cuál es la inductancia mutua? Respuesta 3,14 x 10-4 h.

36. Para el Circuito de la figura. Encontrar; a) El valor inicial de la corriente a través de la batería. b) La corriente final por R2. c) La corriente final por R1. d) La corriente final por la batería.

42. Un solenoide con 400 vueltas, 4 cm de diámetro y 50 cm de largo. Lleva una corriente en el sentido mostrado en la figura. La corriente produce un campo magnético, de magnitud 1,5 mT, en el centro del solenoide.

a) ¿Cuál es la corriente? A) 1,1 A B) 1,3 A C) 1,5 A D) 1,7 A E) 1,9 A b) ¿Cuál es el flujo magnético en el solenoide? A) lxl06 Wb B) 2x106 Wb C) 4x106 Wb D) 6x 106 Wb E) 8x106 Wb Respuesta E) 8x106 Wb

37. A una batería de 2,73 V se conecta una resistencia de 1,73 Ω y dos autoinducciones en serie de 10 mh cada una. Calcúlese la inductancia mutua entre ellas, sabiendo que, a los 0,01 s de conectar, la corriente que circula es de 1 A. Respuesta M =1,35 mH.

43. Un alambre vertical largo lleva una corriente constante de 10 A. Un par de carriles horizontales y separados 0,20 m. Una resistencia de 20 ohmios conecta los puntos a y b, en el extremo de los carriles. Una barra está en contacto con los carriles, y es movida por una fuerza externa con una velocidad constante de 0,40 m/s, como se muestra. La barra y los carriles tienen resistencia insignificante. En un instante t1 dado, la barra está a 0,20 m del alambre, como se muestra en la figura.

38. Una bobina tiene una inductancia de 10 h y una resistencia de 40 Ω . Si se aplica una fuerza electromotriz de 200 V, ¿Cuál es la energía almacenada en el campo magnético una vez que la corriente alcanza su valor máximo? Respuesta 126 J... 39. Calcúlese la autoinducción de una bobina de n espiras, sección A y radio medio R. Respuesta.

L=

μ 0 An 2 2πR

40. Determínese la energía por unidad de volumen almacenada en la Inductancia formada por un solenoide toroidal de longitud l y sección A que el paso de una corriente crea en su interior un campo magnético B. Respuesta

a) En el instante t1 , la corriente inducida y su dirección a través de la resistencia es cercanamente igual a: A) 0,02 μ A, de a a b 62


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B) 0,02 μ A, de b a a C) 0,04 μ A, de a a b D) 0,04 μ A, de b a a E) 0,02 μ A, de b a a Respuesta C) 0,04 μ A, de a a b

A) Q y R están al mismo potencial; S es positivo y T es negativo B) Q es positivo y R es negativo; S es positivo y T es negativo C) Q es positivo y R es negativo; T es positivo y S es negativo D) R es positivo y Q es negativo; S es positivo y T es negativo E) R es positivo y Q es negativo; T es positivo y S es negativo Respuesta E) R es positivo y Q es negativo; T es positivo y S es negativo

b) En el instante t 2 , inmediato posterior, la diferencia potencial a través de la resistencia es 0,30 μ V. El intervalo del tiempo, Δt = t 2 − t1 es cercanamente igual a: A) 0,5 s B) 1,0 s C) 1,5 s D) 2,0 s E) 2,5 s Respuesta C) 1,5 s

45. En la figura, un imán de barra se aleja del solenoide. La corriente inducida a través de la resistencia R es:

44. La figura (a) muestra la sección transversal de un toroide. Una bobina primaria tiene 400 vueltas, que se arrollan totalmente alrededor de la forma toroidal. Los terminales de la bobina primaria son Q y R. Una bobina circular secundaria de 3 vueltas se arrolla firmemente alrededor de la forma toroidal, con los terminales S y T. Las bobinas primarias y secundarias se muestran en la figura (b). Se provee una corriente constante de 300 mA a la bobina primaria por medio de una batería que no se muestra. Un interruptor (no mostrado) se abre, que desconecta los terminales Q y R de la batería. La corriente en la bobina primaria baja a cero en un intervalo del tiempo de 0,20 S.

A) cero B) de a a b C) de b a a Respuesta B) de a a b 46. En la figura, una barra está en contacto con un par de carriles paralelos. Un campo magnético constante, uniforme, perpendicular al plano de los carriles, está presente. La barra está en el movimiento con la velocidad v . La corriente inducida a través de la resistencia R es:

a) La fuerza electromotriz media en la bobina primaria, en el intervalo de los 0.20 s, es cercanamente igual a: A) cero B) 0,25 μ V C) 0,45 μ V D) 0,65 μ V E) 0,85 μ V b) La fuerza electromotriz media en la bobina secundaria, en el intervalo de los 0.20 s, es cercanamente igual a: A) 3 μ V B) 4 μ V C) 5 μ V D) 6 μ V E) 7 μ V Respuesta A) 3 μ V c) Las polaridades de la fuerza electromotriz inducidas en las bobinas primaria y secundaria son:

A) Cero B) de a a b C) de b a a Respuesta B) de a a b 47. En la figura se muestra, un alambre recto largo que lleva una corriente constante I, y un cilindro coaxial largo por el que vuelve la misma corriente. Un lazo rectangular abcd está fuera del cilindro. Se puede observar una vista superior, y una vista de la sección transversal, a través de la línea punteada. La corriente I está aumentando. La corriente inducida a través de la resistencia R es: 63


Hugo Medina Guzmán

50. En la figura, un alambre recto lleva una corriente constante I. Una barra está en contacto con un par de carriles y está en el movimiento con velocidad v. La polaridad de la fuerza electromotriz inducida entre los terminales X y Y es:

A) Cero B) de a a b C) de b a a Respuesta A) Cero

A) X e Y están al mismo potencial. B) X es positivo e Y es negativo C) Y es positivo y X es negativo Respuesta C) Y es positivo y X es negativo

48. En la figura, dos solenoides están frente a frente. El interruptor S, inicialmente abierto, es cerrado. La corriente inducida a través de la resistencia R es:

51. En la figura, hay un campo magnético uniforme de la magnitud B = 1,5 T y dirigido hacia el plano del papel en la región mostrada. Fuera de esta región el campo magnético es cero. Un lazo rectangular de 0,20 m por 0,60 m y de resistencia 3 Ω está siendo jalado hacia el campo magnético por una fuerza externa, como se muestra.

A) cero B) de a a b C) de b a a Respuesta C) de b a a

a) ¿Cuál es la dirección (horario u antihorario) de la corriente inducida en el lazo? b) Calcular la magnitud de la fuerza externa Fext requerida para mover el lazo con un de velocidad constante de v = 3.9 m/s. La masa del lazo es 0,008 kilogramos. Respuesta a) antihorario, b) 1 x 10-1 N

49. En la figura los dos solenoides están alineados. El interruptor S, cerrado inicialmente, se abre. La polaridad de los terminales inducidos de la fuerza electromotriz en X e Y es:

52. En la figura, un lazo circular del área 0,050 m2 con 50 vueltas y resistencia 7,0 Ω se pone entre los polos de un imán de herradura en forma de "U" grande, donde el campo magnético es 0,11 T. El lazo rota sobre un diámetro. ¿Cuánta carga atraviesa el alambre en 1/4 de revolución?

A) X e Y están al mismo potencial. B) X es positivo e Y es negativo C) Y es positivo y X es negativo Respuesta B) X es positivo e Y es negativo

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Respuesta 0,039 C

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Física 3 por Hugo Medina Guzmán. Capítulo 4. Ley de Faraday e inductancia.

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