FS-415 EXAMEN II PARCIAL
UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE HONDURAS ESCUELA DE FÍSICA FS-415 ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO II EXAMEN II PARCIAL PRIMER PERIODO 2014 MARTES 25 DE MARZO
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NOTA
PAUTA NOMBRE: _________________________________CUENTA:___________________ PROFESOR: ________________________________SECCIÓN:__________________ FIRMA (ASISTENCIA) ______________________FIRMA (REVISIÓN) ______________________
Parte I – Selección Única [25%, 5% c/u]. A continuación se le presentan 5 preguntas, elija la opción correcta justificando su respuesta.
1. [Ley de Lenz] El campo de inducción a través de la espira mostrada en la figura se dirige hacia arriba y decrece con el tiempo. Sobre la corriente inducida en la espira podemos afirmar que: a) Es cero. b) Su dirección es contrarreloj vista desde arriba. c) Su dirección es a favor de las manecillas del reloj vista desde arriba. d) Se requiere más información para decir algo respecto a la corriente inducida. e) No podemos afirmar nada sobre la corriente inducida, solo sobre la fem inducida.
2. [Ley de Faraday] Un campo variable en el tiempo genera un campo eléctrico . Respecto a este enunciado podemos afirmar que: a) El campo es conservativo. b) La relación entre estos campos está dada por la ley de Faraday. c) puede ser calculado a partir de la ley de Coulomb. d) b) y c) son correctos. e) Esta afirmación no es cierta.
3. [Densidad de energía] Sobre la presión magnética en vacío podemos afirmar que: a) Es la cantidad de energía por unidad de volumen. b) Es equivalente a una fuerza magnética por unidad de área. c) Se puede determinar por la expresión
.
d) Todas las anteriores son correctas. e) Ninguna es correcta.
4. [Energía magnética] Se tienen tres espiras con corrientes e . Asuma que se conocen todas las inductancias mutuas y auto-inductancias de las espiras. La energía magnética del sistema es: a) b) c) d) Cero. e) Ninguna de las anteriores.
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5. [Expansión multipolar] En caso se llegase a confirmar experimentalmente la existencia de monopolos magnéticos, lo siguiente ya no sería válido para la teoría magnetostática: a) b) c) d) Todas las anteriores son correctas e) a) y c) son correctas
Parte II – Problemas [75%]. A continuación se le presentan 3 problemas, resuelva cada uno de ellos en forma clara y ordenada dejando plasmado su procedimiento en hojas en blanco. 1. [25%] La espira que aparece en la figura se halla dentro de un campo de inducción variable en el tiempo dado por . El lado de la espira gira con rapidez angular constante y la espira se encuentra en el plano en el instante . Determine: a) b) c) d) e)
La fem inducida estática [5%] El campo eléctrico de movimiento. [5%] La fem inducida de movimiento. [5%] La fem total inducida en [5%] La corriente total inducida en [5%]
Comentario: similar a problemas propuestos.
2. [25%] La figura muestra un alambre recto muy largo y una espira conductora con forma de triángulo equilátero. a) Determine la inductancia mutua entre ambos circuitos. [15%] b) Suponga que , y que dos corrientes iguales circulan por ambos circuitos. Si la energía de interacción magnética entre ambos es , ¿cuál es valor de la corriente ? [10%]
Comentario: inciso a) es un problema propuesto, otros libros.
3. [25%] Una corriente constante sigue una trayectoria cerrada enrollada alrededor de un cilindro de radio . En coordenadas cilíndricas, el vector de posición de un punto de este circuito está dado por , donde es una constante y es un entero positivo . a) Encontrar el momento dipolar magnético
de esta distribución de corriente [15%].
b) Si esta espira se sitúa en un campo de inducción uniforme dado por momento de torsión sobre esta? [5%] c) ¿Cuál es la fuerza neta sobre esta espira debido al campo externo ? [5%]
Comentario: inciso a) es un problema propuesto, Wangsness.
, ¿cuál es el
FS-415 Soluci´ on Examen II Parte I 1. Seg´ un la Ley de Lenz la corriente inducida fluir´a en una direcci´on tal que el flujo que produce tienda a cancelar el cambio en el flujo. En este caso el flujo a trav´es de la espira decrece con el tiempo pues el campo decrece y la espira est´a fija. Por tal raz´on la corriente fluir´a en contra de las manecillas del reloj para intentar cancelar este cambio. La respuesta correcta es b) [5 %] 2. Si el campo E se debe a una inducci´on B variable en el tiempo no podemos afirmar que el campo es conservativo y tampoco puede ser calculado a partir de la Ley de Coulomb de la electrost´ atica. La relaci´ on que se cumple en este caso es la Ley de Faraday. La respuesta correcta es b) [5 %] 3. La presi´ on magn´etica o densidad de energ´ıa magn´etica, por definici´on es la cantidad de energ´ıa por unidad de volumen, tambi´en es equivalente a la fuerza magn´etica por unidad de ´ area. 2 Adem´as, se puede calcular mediante la ecuaci´on B /2µ0 . Por tanto, la respuesta correcta es d) [5 %] 4. Requerimos u ´nicamente expandir la relaci´on de energ´ıa en funci´on de la inductancia para N = 3 circuitos. Tomando en consideraci´on que Mjk = Mkj y que Mjj = Lj : N
Um
N
1 XX Mjk Ij Ik = = 2 j=1 k=1
+ = =
1 [(M11 I1 I1 + M12 I1 I2 + M13 I1 I3 ) + (M21 I2 I1 + M22 I2 I2 + M23 I2 I3 ) 2 (M31 I3 I1 + M32 I3 I2 + M33 I3 I3 )] 1 L1 I12 + L2 I22 + L3 I32 + 2M21 I1 I2 + 2M31 I1 I3 + 2M32 I2 I3 2 1 1 1 L1 I12 + L2 I22 + L3 I32 + M21 I1 I2 + M31 I1 I3 + M32 I2 I3 2 2 2
Por tanto, ninguna de las listadas es correcta, inciso e) . [5 %] 5. En caso existiesen monopolos magn´eticos esperar´ıamos que ∇ · B 6= 0 sino que dependa de la carga magn´etica. Como consecuencia tampoco podr´ıamos expresar B como el rotacional de un campo (el potencial vectorial) ya que la divergencia de un rotacional debe ser cero. No esperar´ıamos cambios en la Ley de Ampere. La opci´on correcta es e) . [5 %]
Parte II 1. a) En general, para un medio en movimiento en una inducci´on variable est´an presentes tanto la fuerza electromotriz est´ atica como la cin´etica: Z ε=− |
S
I ∂B · da + (v × B) · ds ∂t {z } |L {z } εs
εm
1
La fuerza electromotriz est´ atica es, considerando la espira estacionaria en alg´ un angulo φ ˆ cualquiera (constante) y eligiendo da = daφ φ: Z εs = − S
∂B · da = − ∂t = = = =
Z
∂ ˆ (Bo tˆ x) · dρdz φ S Z∂t ˆ ˆ · φdρdz −B0 x S Z ˆ · φdρdz ˆ −B0 (cos φρˆ − sin φφ) S Z B0 sin φ dρdz ZSρ0 Z z0 dρdz B0 sin φ 0
=
0
B0 ρ0 z0 sin φ [5 %]
b) El campo el´ectrico debido al movimiento es: Em = v × B = (ω × r) × B ˆ ×B = [ωˆ z × (ρρˆ + zˆ z)] × B = (ωρφ) ˆ × (B0 t cos φρˆ − B0 t sin φφ) ˆ = ωρφ = −B0 ωρt cos φˆ z = −B0 ωρt cos(ωt + π/2)ˆ z =
B0 ωρt sin(ωt)ˆ z [5 %]
c) La fem cin´etica o de movimiento es: I εm = Em · ds ZC = (B0 ωρ0 t sin(ωt)ˆ z) · dzˆ z DC Z 0 = B0 ωρ0 t sin(ωt) dz = B0 ωρ0 t sin(ωt)(−z0 ) z0
=
−B0 ωρ0 z0 t sin(ωt) [5 %]
Ya que solo el lado DC de la espir´a contribuir´a a este fem: el lado en el eje z pasa a trav´es del eje de rotaci´ on (ρ = 0) y para los otros dos lados dl es perpendicular a Em . d) La fem total ser´ a la fem est´ atica mas la fem de movimiento: ε = ε s + εm = B0 ρ0 z0 sin φ − B0 ωρ0 tz0 sin(ωt) = B0 ρ0 z0 sin(ωt + π/2) − B0 ωρ0 tz0 sin(ωt) = B0 ρ0 z0 cos(ωt) − B0 ωρ0 tz0 sin(ωt) = B0 ρ0 z0 [cos(ωt) − ωt sin(ωt)] 2
Donde B0 = 0.02 T, ρ0 = 0.04 m, z0 = 0.03 m y ω = 100π rad/s. Entonces, para t = 1 ms: ε ≈ 20.5 µV [5 %] e) La corriente inducida es: i=
ε B0 ρ0 z0 = [cos(ωt) − ωt sin(ωt)] R R
Para t = 3 ms: i ≈ −41.9 µA [5 %] 2. a) El campo debido al alambre recto muy largo, en coordenadas cil´ındricas, est´a dado por: B=
µ0 I ˆ φ 2πρ
Consideremos la circulaci´ on en la espira en sentido horario; adem´as, escojamos el origen de nuestro sistema de referencia en la linea infinita y de tal manera que est´e al mismo nivel que el centro del tri´ angulo. El flujo de este campo a trav´es de la espira ser´a dos veces el flujo a trav´es de la mitad del tr´ıangulo, entre z = 0 y z = b/2. Recordemos tambi´en que la altura de tri´angulo equil´ atero √ es 3/2 veces la longitud de la base b. Con est´as consideraciones el flujo total ser´a:
Z
Z
ˆ · daφ ˆ B(ρ)φ Z µ0 I µ0 I 1 dzdρ = dzdρ 2πρ π Sρ
B · da = 2
Φ = 2 ZS = 2 S
S
Ahora, notemos que podemos escoger los l´ımites de integraci´on para ρ de d hasta d + mientras que z var´ıa desde 0 hasta la l´ınea dada por:
√
3b/2;
z = mρ + Iz √ √ Donde la pendiente m est´ a dada por m = (b/2)/( 3/2b) = 1/ 3 y el intercepto en z, Iz , lo podemos encontrar notando que ρ = d cuando z = 0: 1 d z = mρ + Iz ⇒ 0 = √ d + Iz ⇒ Iz = − √ 3 3
3
As´ı, z var´ıa de 0 hasta z =
√1 ρ 3
−
Φ =
√d . 3
Por tanto:
µ0 I π
Z d
d+
√ 3 b 2
√ d+ 23 b
Z
ρ−d √ 3
0
1 dzdρ ρ
ρ−d √ dρ 3ρ d √ Z d+ 3 b 2 µ I d √0 1− dρ ρ 3π d √ !# "√ d + 23 b µ0 I 3 √ b − d ln d 3π 2 "√ √ !# µ0 I 3 3b √ b − d ln 1 + 2d 3π 2 " √ !# µ0 I b 3b d − √ ln 1 + π 2 2d 3
µ0 I π
= = = = =
Z
Pero este es el flujo del campo generado por el alambre sobre la espira, relacionado con la inductancia mutua por medio de la relaci´on: Φ = M12 I ⇒ M12 = Por tanto: M12
µ0 = π
"
Φ I
√ !# 3b b d [15 %] − √ ln 1 + 2 2d 3
b) La energ´ıa magn´etica del sistema es: 1 1 Um = L1 I12 + M12 I1 I2 + L2 I22 | {z } 2 2 Um0
Siendo el t´ermino central la energ´ıa de interacci´on. Si circulan corrientes iguales entonces Um0 = M12 I 2 , y la corriente ser´ a: 2
Um0 = M12 I ⇒ I =
r
Um0 M12
Bajo estas condiciones y dado que d = 0.2 m, b = 0.4 m y Um0 = 8.4 × 10−7 J, obtenemos mediante el resultado obtenido en a): M12 ≈ 3.358 × 10−8 H La corriente que circula en ambos circuitos es: r 8.4 × 10−7 I= = 5.0 A [10 %] 3.358 × 10−8 4
3. a) Para un circuito filamental, el momento dipolar magn´etico m est´a dado por: I 1 m= r × ds 2 C El elemento diferencial de desplazamiento en coordenadas cil´ındricas es ˆ + dzˆ ds = dρρˆ + ρdφφ z Siendo ρ = a en este caso, lo cual lleva a: ˆ + dzˆ ds = adφφ z Entonces: I m= 2
I
I r × ds =
ˆ + dzˆ [aρˆ + b sin nφˆ z] × [adφφ z]
CI
C
=
I 2
h i ˆ + ab sin nφdφ(−ρ) a2 dφˆ z + adz(−φ) ˆ +0
C
Adem´as, notemos del vector de posici´on que z var´ıa acorde a z = b sin nφ de modo que dz = nb cos nφdφ, as´ı:
m = = = =
I h i I ˆ − ab sin nφdφρˆ a2 dφˆ z − adz φ 2 C Z i I 2π h 2 ˆ a dφˆ z − abn cos nφdφφ − ab sin nφdφρˆ 2 0 Z 2π Z 2π 0 : 0 Z 2π : I 2 ˆ a dφˆ z− abn absin nφdφρˆ cos nφdφφ − 0 2 0 0 I (2πa2 )ˆ z = πa2 Iˆ z [15 %] 2
b) El momento de torsi´ on sobre la espira debido a la inducci´on uniforme ser´a: τ
= m × B = πa2 Iˆ z × [B0x x ˆ + B0y y ˆ] = πa2 IB0x y ˆ + πa2 IB0y (−ˆ x) =
πa2 I (−B0y x ˆ + B0x y ˆ) [5 %]
c) La fuerza sobre la espira debido al campo de inducci´on est´a dada por: F = (m · ∇)B = πa2 I =
0 [5 %]
Como esperabamos para una inducci´on uniforme.
5
∂ [B0x x ˆ + B0y y ˆ] ∂z
