física 3 por hugo medina guzmán. capítulo 4. ley de faraday e inductancia

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmn

1

CAPTULO 4. LEY DE FARADAY E INDUCTANCIA

INTRODUCCION Si tenemos una carga q, sta ocasiona un campo

elctrico E y si esta carga est movindose con

una velocidad v ocasionar tambin un campo

magntico. Es decir, tenemos asociados tanto un campo elctrico en movimiento con un campo magntico. En 1839 fue Michael Faraday quien present un informe de sus observaciones de un campo elctrico asociado con un campo magntico en movimiento. A partir de estos experimentos se han desarrollado los generadores modernos, los transformadores, etc. En este Captulo trataremos de la formulacin de las leyes de la induccin y su aplicacin en casos simples. LEY DE FARADAY Faraday observ experimentalmente la asociacin de un campo magntico variable en el

tiempo B con un campo elctrico.

En la figura siguiente se muestra un imn en movimiento y el efecto que hace sobre una aspira de alambre conectada a un galvanmetro. Se ve efecto solamente cuando el imn est en movimiento no as cuando est esttico.

El resultado de un gran nmero de experimentos puede resumirse asociando a una fuerza electromotriz con un cambio de flujo magntico.

dtd=

Esto se conoce como la Ley de Faraday.

Como = ldEL

y dSnBS

= Podemos escribir que

dSnBdtddE

SL= l

LEY DE LENZ. Hasta este momento no hemos explicado el signo menos, esto nos indica que la fuerza electromotriz aparece en oposicin al cambio que se produce sobre l. Es decir, si incrementamos el flujo magntico a travs del circuito, la fuerza electromotriz indicada tiende a causar corriente en tal direccin que el flujo decrezca, si tratamos de introducir un imn en una bobina, la corriente inducida tendr un sentido tal que forma un campo magntico que tiende a repeler el polo magntico. Quien estableci el sentido de las corrientes Inducidas fue H.F. Lenz, contemporneo de Faraday con el siguiente enunciado conocido como Ley de Lenz: La corriente que es inducida tendr una direccin de tal forma que se oponga a la causa que la produce; que es una consecuencia de la conservacin de la energa, de no ser as la corriente inducida podra seguir induciendo corriente y a la vez aumentndola, lo que no es cierto. Ejemplo 1. Se tiene una espira circular que gira alrededor de su dimetro en una regin de campo magntico constante y uniforme. Para que orientacin del plano de la espira respecto del campo magntico es la fuerza electromotriz inducida mxima? Solucin.

cosBAABB ==

senstdBA

dtd B ==

La fuerza electromotriz inducida mxima es para = 90. El plano de la espira debe ser paralelo al campo magntico.

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


2

hay un solenoide de igual longitud y n1 vueltas, dimetro 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 funcin de la corriente y en el solenoide Interior.

Solucin. El campo magntico producido por el solenoide interior es

11

0110 InINB l ==

El flujo magntico es

==

4

21

11

0DInBA l

Es fuerza electromotriz inducida en el solenoide exterior es:

1

2110

22 4IDn

dtdn

dtdn l

==

dtdIDnn 1

21210

4l =

La corriente es:

dtdI

RDnn

RI 1

21210

2 4 l ==

De este resultado deducimos que tendremos corriente 2I mientras la corriente 1I este variando, o sea, mientras sube de su valor cero hasta que toma su valor mximo. Ejemplo 3. Un alambre cilndrico muy largo de radio R conduce una corriente I distribuida uniformemente en toda la seccin transversal del alambre. Calcule el flujo magntico a travs de un rectngulo 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.

Solucin.

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

( ) 202 RIrB r

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

( )LdrBd rB = drrRIL

20

2=

El flujo total flux a travs del rectngulo es

= BB d =R

drrRIL

020

2

40IL=

El resultado es independiente del radio R del alambre. Ejemplo 4. Tenemos dos circuitos como los mostrados en la figura. Usar la ley de Lenz para determinar la direccin 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.

Solucin. a) Al acercarse B hacia A el flujo magntico aumenta en B, para contrarrestar esto debe aparecer un campo magntico en oposicin. Este campo magntico sera originado por una corriente como la indicada en la figura.

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


3

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

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

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 despus 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.

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

bobina A, y por lo que se produce un campo magntico ms fuerte, llevando a mayor flujo hacia la derecha a travs de la bobina B. Por lo tanto, la corriente inducida debe producir su propio campo magntico hacia la izquierda para oponerse al flujo creciente. Eso significa que la corriente debe pasar a travs de la resistencia de b a a. Ejemplo 6. El eje de una bobina de 250 vueltas y del rea 0,002 m2 se alinea a 40 con un campo magntico uniforme. El campo magntico disminuye a partir de 0,08 a 0,02 T en 0,020 s. cul es la fuerza electromotriz media generada en la bobina? Solucin.

costBnA

tB

=

=

= ( )( )( )( )

02,040cos06,0002,0250

= 1,15 V Ejemplo 7. Acercando un imn a una bobina de 2000 espiras se incrementa el flujo magntico 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 , determine la corriente media que se induce en la misma.

Solucin.

20 ==

RI

1

5

10105,12000

==dtd

= - 0,3 V

203,0=I = 0,015 V

Ejemplo 8. A travs de un solenoide de 1000 vueltas pasa un flujo magntico de 10-3 Wb. Si el flujo se reduce en 10-3 s a 10-4 Wb. Cul ser en voltios la fuerza electromotriz que se induce?


4

Solucin. La variacin de flujo magntico es

Wb1091010 443 == y, por tanto, la fuerza electromotriz inducida es:

3

4

101091000

==

tn

= 900 V. Ejemplo 9. Un solenoide alargado transporta una corriente que produce un campo magntico B en su centro. Se introduce el solenoide dentro de una bobina estrecha de 20 espiras y rea 2 cm2 que tiene una resistencia total de 1 . 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 A durante 0,1 s. Calcule el campo B. Solucin. Al invertir la corriente la variacin del flujo es: ( ) nBAnBAnBA 2== De aqu

tnBA

t == 2

= ( ) BB 24 1081,0

102202 = La corriente inducida es:

11081010

26 B

RI

===

De donde resulta: B = 1,25 x 10 T. Ejemplo 10. Un campo magntico se puede medir de la manera siguiente: Una bobina de 250 vueltas y de rea 1,80 cm2 se coloca en un imn permanente de modo que el flujo magntico mximo pase a travs de la bobina. Se conecta con un galvanmetro que mide el flujo total de la carga. Cuando la bobina se mueve de un tirn rpidamente fuera del imn, se observa que fluye una carga de 0,25 mC. El circuito del galvanmetro de bobina tiene una resistencia de 4 . Cul es el campo magntico? Solucin.

tRnAB

tRRtqI B =

===

( )( )( )( )43

108,12501025,04

==

nAqRB

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

magntico de 0,5 T de un electroimn. Cul es la fuerza electromotriz que se induce en la espira cuando gira alrededor de su dimetro con una velocidad de 1 200 rpm?

Solucin.

rps 2060

1200rpm 1200 === En 1/4 de vuelta (equivalente a 1/80 segundos) la espira pasa de una posicin de mximo nmero de lneas de flujo cortadas a otra posicin de mnimo (cero). Por tanto,

tBAn

tn =

=

= ( ) 4,0

10040

8011,05,01

2

== = 1,26 V. Ejemplo 12. Una bobina de n vueltas y de rea A se coloca en un campo magntico B y se la hace rotar con velocidad angular constante sobre un dimetro perpendicular al campo magntico. Derive una expresin para la fuerza electromotriz inducido en la bobina. Solucin.

tnABnABB coscos == , tnAB

dtd B sen==

sta 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 galvanmetro, y situada perpendicularmente al campo de un electroimn se extrae bruscamente del mismo. El galvanmetro, cuya resistencia es de 1 000 , acusa en este proceso una carga total inducida de 10 C. Determnese la induccin magntica del electroimn, sabiendo que la bobina tiene una resistencia de 20 . Solucin.

IRt

n == , ( )( )

( )( )23

05,01000102010

===nAItR

AB


5

= 0,13 T Ejemplo 14. Campo magntico cambiante. Se est probando un nuevo sistema de adquisicin de datos. Este sistema permite registrar una grfica de la corriente de un circuito en funcin 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 . La resistividad del cobre es de 1,72 x 10-8 m, y el alambre de la bobina tiene un dimetro 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 electroimn. El electroimn genera un campo magntico vertical hacia arriba que es cero cuando t < 0, igual a (0,120 T)(1 - cost) cuando s 00,10 t , e igual a 0,240 T cuando t > 1,00 s. a) Dibuje la grfica que el sistema de adquisicin de datos debe crear. (Se trata de un sistema completo, por lo que la grfica incluye rtulos y valores numricos en los ejes). b) Cul es el sentido de la corriente visto hacia abajo en direccin vertical?

Si se mira la bobina en direccin vertical hacia abajo, fluye la corriente en el sentido de las manecillas del reloj o en sentido contrario? Solucin. Clculos previos. Resistencia del circuito:

R para el alambre: 2alambre rL

ALR

== ; m1072,1 8 = , m100150,0 3=r

rNNcL 2== = )0400,0)(2)(500( =125,7 m A = r2 = (0,015 x 10-3)2 = 7,07 x 10-10 m2 ( )( )

10

8

alambre 1007,77,1251072,1

=R

= 3058 La resistencia total del circuito es

+= 6003058R = 3658 Clculo del flujo magntico:

Para que se cumpla la condicin de variacin del campo magntico en el tiempo (1 - cos t) = 0 para t = 0 y (1 - cos t) = - 1 para t = 1 s debe se igual a . Luego ( )tB cos112,0 =

El flujo magntico a travs de la bobina.

30cosNBAB = , N = 500 espiras ( )tB cos112,0 =

( ) 2222 m 105,0104 == A Reemplazando: ( ) 30coscos112,0 tNAB = ( )( )( )tcos1105,050010,0 2 = ( ) Wbcos125,0 t= a) Para t < 0 B = 0,

0=B , 0== dtd B , 0==

RI

Para s 00,10 t B = 0,120 (1 cos2t) T

( ) Wbcos125,0 tB = La fuerza electromotriz inducida

sen25,0 tdt

d B == V sen785,0 t= La corriente inducida

== 3058Vsen785,0 t

RI

mA sen257,0 t= Para t > 1,00 s B = 0,240 T

AB 06,0= , 0== dtdN B , 0==

RI

Registro grfico de la corriente del circuito en funcin del tiempo.


6

b) De s 00,10 t

El campo magntico B aumenta y B aumenta. En oposicin a este cambio aparece un campo magntico inducido

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 F y ha sido cargado inicialmente a 100V con la polaridad que se indica. La resistencia R0 es de 10 . Se cierra el interruptor en el tiempo t = 0. El circuito pequeo no est conectado por ningn medio con el circuito grande. El alambre del circuito pequeo tiene una resistencia de 1,0 /m y contiene 25 espiras. El circuito grande es un rectngulo de 2,0 m por 4,0 m. en tanto que las dimensiones del pequeo 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 estn inmviles. Suponga que slo el alambre ms prximo al circuito pequeo crea un campo magntico apreciable a travs de l. a) Halle la corriente en el circuito grande 200 s despus de cerrar S. b) Halle la corriente en el circuito pequeo 200 s despus de cerrar S. c) Halle el sentido de la corriente en el circuito pequeo. d) Justifique por qu se puede pasar por alto el campo magntico creado por todos los alambres del circuito grande salvo el alambre ms prximo al circuito pequeo.

Solucin. a)

0=+CqRI

0=+Cq

dtdqR

dtRCq

dq 1=

= tqq dtRCqdq 010 RCt

qq =

0

ln

RCt

RCt

Ceeqq == 0

RCt

eRdt

dqI==

A 1010100 44 102102 ==

tt

ee

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


7

Suponiendo que slo el largo hilo ms cercano a la espira pequea produce un apreciable flujo magntico a travs de ella

( )x

dxIbkbdxkxIABd B

2

2

00 =

== Integrando

+= accB xdxIb20

+=

caIb 1ln

20

41020 101ln2

+=t

B ecab

( )( ) 41027 103ln2

2,0104 =

t

B e

Wb1039,4 41027 =

t

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

410271039,4 ==

t

edtd

dtd

=

4

1027

1021039,4

4t

e

41023102,2 =

t

e Para t = 2 x 10-4 s

( )37,0102,2 102,2 4102313 == tInducida ee

V 1081,0 3=Inducida Luego, la corriente inducida en la espira pequea es

RI InducidaInducida

= ( )( )0,1600,0251081,0 3=

= 54 x 10-6 A

c) La corriente inducida se opondr a la disminucin en el flujo de la espira grande por lo tanto la corriente inducida ser en sentido antihorario.

d) Tres de los alambres en la espira grande estn demasiado lejos para hacer una contribucin significativa a los cambios en la espira pequea, como puede verse comparando la distancia c con las dimensiones de la espira grande 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 magntico 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 magntica total sobre la espira es cero? Justifique brevemente su respuesta.

Solucin. a) El flujo de campo magntico sobre la espira.


8

Flujo magntico a travs del diferencial de superficie

BadxkadxkBd B == ( ) dxe

xaIadx

xI toto ==

22

0

Integrando

+== bddt

oBB x

dxeaId

20

d

bdeaI to +=

ln2

0

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

La fuerza electromotriz inducida

dbdeaI

dtd

dtd toB +==

ln

20

to ed

bdaI += ln2

0

La magnitud de la corriente inducida en la espira to e

dbd

RaI

RI +== ln

20

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

RIP 2= Re

dbd

RaI to

20 ln

2

+=

ted

bdRIa 2

2

2

20

220 ln

4

+=

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

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

fuerza Bvq dirigida hacia la parte superior de

la barra.

La carga positiva se acumular en el extremo superior de la barra y formar un campo elctrico E , tal que en el qvBqE = en la situacin constante. Esto significa que se desarrollar una fuerza electromotriz entre los extremos de la barra, === vBEEdy ll . Podramos tambin llegar este resultado usando la ley de Faraday. Considere un lazo rectangular imaginario, indicado por la lnea discontinua. La barra forma un lado del lazo. En el tiempo dt la barra se mueve una distancia vdt hacia la derecha, aumentando el rea del lazo lvdt . Esto aumenta el flujo a travs del lazo en dtBvd B l= , tal que lBv

dtd B == . Esta clase de fuerza

electromotriz es conocida como fuerza electromotriz de movimiento.

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

constante v , como se muestra en la figura. El

punto a est a una distancia d del alambre, a) Calcule la fuerza electromotriz inducida en la barra. b) Cul punto, a o b, est a un potencial ms alto? c) Si se sustituye la barra por una espira rectangular de alambre de resistencia R (Figura


9

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

Solucin. a) La fuerza electromotriz inducida en la barra en un elemento diferencial dr.

= rdBvd = drrIvvBdr

20=

Integrando para toda la barra

+= Ldd rdrIvd 200

+=d

LdIv ln

20

b) El punto a, es el de mayor potencial. La fuerza magntica es ms fuerte en el extremo superior, ms cercano a la corriente del alambre ocasionando que la fuerza sobre las cargas positivas sea mayor all, lo que lleva a acumular ms positivos en este extremo. c) Si la nica barra fue sustituida por una espira rectangular, los lados paralelos al alambre no tendran fuerza electromotriz inducida, pero los lados perpendiculares al alambre tendrn una fem inducida, al igual que en la parte (b). Sin embargo, no fluye corriente porque cada lado tendr su mayor potencial ms alto cerca al alambre con corriente. Sera como tener dos bateras de polaridades opuestas conectadas en una espira. Ejemplo 18. Se ha sugerido que Las aves podran utilizar la fuerza electromotriz inducida entre los extremos de sus alas por el campo magntico de la tierra como un medio para ayudarles en su navegacin durante la migracin. Qu fuerza electromotriz sera inducida para que un ganso de Canad con una extensin de alas de 1,5 m que vuela con una velocidad de 10 m/s en una regin donde la componente vertical del campo de la tierra es 2 x 10-5 T. Solucin.

vBl= = (2 x 10-5)(1,5)(10) = 3 x 10-4 V = 0,3 mV. Esto probablemente es demasiado pequeo para ser detectado por las aves, puesto que los voltajes

celulares son tpicamente 70 mV. Sin embargo, para los jets 747 con una extensin de alas de 60 m y una velocidad de 900 km/h, el efecto es apreciable. Fuerza electromotriz producida por un alambre que se desliza en un campo magntico. Supongamos dos rieles horizontales paralelos separados una distancia l , como se muestra en la figura.

Sea un campo magntico perpendicular al plano. Debido a la corriente I, el conductor sufre una fuerza de magnitud IBF l= 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 magntico a travs de la aspira es:

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

vBdtdxB

dtd ll ==

Por la ley de Faraday esto produce una fuerza electromotriz.

vBdtd l=='

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

RvB

RI l== '' Siendo R la resistencia del circuito. Otra manera de encontrar esta fuerza electromotriz inducida es mediante la fuerza de Lorentz y la conservacin da la energa. La potencia suministrada es I0 , se consume

RI 2 en la resistencia y Fv en mover al alambre con una velocidad v . De tal modo que: FvRII += 20 El valor de I es menor que

R0 , el valor en caso

esttico. Para evitar esta dificultad sumamos una variable adicional con el fin de mantener a I constante. ( ) FvRII +=+ 20 '


10

Aqu corresponde RII 20 = Dejando ( )vBIFvI l==' vBl='

' no es la fuerza electromotriz inducida, es el negativo de ella, cuyo fin es mantener la corriente constante

dtd='

Ejemplo 19. Una barra horizontal de 5 m de longitud orientada en la direccin Este-Oeste cae desde lo alto de un precipicio formando un ngulo recto con la componente horizontal del campo magntico de valor 2,4 x 10-5 T. el valor instantneo de la fuerza electromotriz inducida en la barra a los 5 s y a los 10 s de cada? Solucin. La velocidad de la barra a los 5 s y 10 s de cada ser, respectivamente,

581,955 == gtv = 49,05 m/s, 1081,91010 == gtv = 98,10 m/s.

La fem inducida en la barra en cada caso ser: 55 vBl= = 49,05 x 2,4 x 10-5

= 58,86 x 10-4 V 1010 vBl= = 98,10 x 2,4 x 10-5

= 117,72 x 10-4 V Ejemplo 20. Qu fuerza electromotriz se induce en el eje frontal de un automvil 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 magntico terrestre es de 5 x 10-5 T? Qu extremo del eje estar a mayor potencial? Solucin. 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 ser:

vBl= = 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, estar a mayor potencial el extremo izquierdo (oeste) del eje. Ejemplo 21. Espira rectangular en presencia de un campo magntico.

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

xBl= Como x est variando

vBdtdxB

dtd ll ==

La fuerza electromotriz inducida es:

vBdtd l==

La corriente producida es

RvB

RI l== El sentido en oposicin a la disminucin de lneas de flujo seria el indicado en la figura siguiente.

Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la espira, 1F y 2F son iguales en magnitud y opuestas en sentido, BIF l=3 en el sentido indicado, como la espira se desliza a velocidad constante la fuerza externa externaF es igual a 3F .

BIFexterna l= La potencia desarrollada por el agente externo ( ) BvIvFP externa l== Como

RvBI l= , tenemos

RvBP

222l= La potencia disipada en al circuito es


11

RIP 2= , con R

vBI l= :

RvBP

222l= Con lo que demostramos que la potencia entregada es igual a la potencia disipada. Ejemplo 22. Una espira cuadrada de alambre con resistencia R se traslada con rapidez constante v a travs de un campo magntico uniforme confinado en una regin cuadrada cuyos lados son dos veces ms largos que los de la espira cuadrada. a) Grafique la fuerza externa F que se necesita para trasladar la espira con rapidez constante en funcin de la coordenada x, de x = - 2L a x = + 2L. La coordenada x se mide del centro de la regin de campo magntico al centro de la espira. Es negativa cuando el centro de la espira est a la izquierda del centro de la regin de campo magntico. Considere que la fuerza positiva es hacia la derecha. b) Grafique la corriente inducida en la espira en funcin de x. Tome las corrientes en sentido contrario a las manecillas del reloj como positivas.

Solucin. Clculos previos. i) De x = 2L a x 3L/2, F = 0

No hay flujo magntico a travs de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no acta ninguna fuerza sobre esta. F = 0 ii) De x = 3L/2 a x = - L/2, F = ILB

bLvdt

d B ==

RBLv

RI ==

( ) iILBkBjILF == La fuerza externa para mover a la espira con velocidad constante es igual en magnitud y opuesta en sentido.

iR

LvBiILBF 22

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

No hay cambio de flujo magntico a travs de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no acta ninguna fuerza sobre esta. F = 0 iv) De x = L/2 a x = 3L/2, F = ILB

bLvdt

d B ==

RBLv

RI ==

( ) iILBkBjILF == La fuerza externa para mover a la espira con velocidad constante es igual en magnitud y opuesta en sentido.

iR

LvBiILBF 22

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


12

No hay flujo magntico a travs de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no acta ninguna fuerza sobre esta. F = 0 Cuadro resumen. I F -2L - 3L(2 0 - 3L(2 -L/2 BLv BLv/R ILB -L/2 L/2 0 L/2 3L(2 BLv -BLv/R ILB 3L(2 2L 0 a) Grfico la fuerza externa F que se necesita para trasladar la espira con rapidez constante en funcin de x.

b) Grfico la corriente inducida en la espira en funcin de x.

Donde IRvBL == R

vBLI =0 y

iR

LvBiILBF 22

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

una velocidad constante v a travs de un campo

magntico uniforme

= kBB de ancho 3a. a) Suponga como sentido positivo del flujo magntico el sentido positivo de z. Grafique el flujo magntico en funcin de la posicin x del lazo (x posicin del lado derecho). b) Grafique la fuerza electromotriz inducida en funcin 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 magntica sobre el lazo en funcin de x.

Solucin. a) Flujo magntico en funcin de x. x < 0 B = 0 0 < x < a B = - Blx a < x < 3a B = 0 3a < x < 4a B = - Bl(x 4a) x > 4a B = 0 Grfico

b) Fuerza electromotriz inducida en funcin de x. x < 0 = 0 0 < x < a = Blv a < x < 3a = 0 3a < x < 4a = - Blv x > 4a = 0 Grfico

c) La corriente inducida a lo largo de x.


13

x < 0 B = 0 = 0 I = 0 F = 0 0 < x < a

RvBI l= sentido antihorrio

a < x < 3a I = 0 3a < x < 4a

RvBI l= sentido horrio

x > 4a B = 0 = 0 I = 0 F = 0 d) La fuerza magntica sobre el lazo en funcin de x. x < 0 F = 0 0 < x < a i

RvBiBIF

22ll == a < x < 3a F = 0 3a < x < 4a i

RvBiBIF

22ll == x > 4a B = 0 = 0 I = 0 F = 0 Grfico

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 regin donde hay un campo magntico uniforme perpendicular al plano del papel y hacia dentro de mdulo B. Calcular y hacer un grfico de:

a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en funcin de la posicin de la espira, es decir, cuando la espira se est introduciendo, est introducida, y est saliendo de la regin que contiene el campo magntico. b) Explquese 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 funcin de la posicin x.

Solucin. a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en funcin de la posicin de la espira, es decir, cuando la espira se est introduciendo, est introducida, y est saliendo de la regin que contiene el campo magntico.

( )xB l= vB

dtdxB

dtd ll ===

RvB

RI l== El sentido de la corriente es antihorario. Cuando la espira se encuentra dentro del campo magntico.

aBl= 0==

dtd

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


14

( )lxaB = 3

vBdtdxB

dtd ll ===

RvB

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

( ) = BjIF 1 l ( l lleva el sentido de la corriente I)

RvBB

RvBBIF

22

1llll =

==

Fuerza neta de 1F hacia la izquierda )( i . ( ) = BxiIF .2 (x lleva el sentido de la

corriente I)

RxBxB

RvBIxBF ll

2

2 =

== Fuerza neta de 2F hacia abajo )( j .

( ) = BxiIF 3 (x lleva el sentido de la corriente I)

RxBxB

RvBIxBF ll

2

3 =

== Fuerza neta de 3F hacia arriba )( j .

32 = FF

Saliendo la espira.

( )( ) = BiaxIF 21 [(x 2a) lleva el sentido de la corriente I]

RvBB

RvBBIF

22

1llll =

==

Fuerza neta de 1F hacia la izquierda )( i . ( ) = BiaxIF 22 [(x 2a) lleva el sentido de

la corriente I].

( )BaxIF 22 = = ( )BaxRvB 2

l

= ( )R

axB 22 l

Fuerza neta de 2F hacia arriba )( j . ( )( ) = BiaxIF 23 [(x 2a) lleva el

sentido de la corriente I].

( )BaxIF 23 = = ( )BaxRvB 2

l

= ( )R

axB 22 l

Fuerza neta de 3F hacia abajo )( j .

32 = FF

b) El mecanismo (fuerza sobre los portadores de carga) de establecimiento de la corriente inducida en los tres casos citados. Cuando se introduce la espira rectangular.

= BvqF B

Fuerza neta 1F hacia la izquierda ( )i

Con toda la espira rectangular en el campo magntico.

= BvqF B

No hay corriente, se compensan.


15

Cuando se saca la espira rectangular.

= BvqF B

Fuerza neta 1F hacia la izquierda ( )i

c) Grficos del flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza neta en funcin de la posicin x.

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

Solucin. Cuando la fuerza magntica en la corriente inducida es igual al peso del lazo, la fuerza actuante ser cero y el lazo tendr aceleracin cero.

mgFB = Las fuerzas exteriores en las dos ramas laterales se cancelan. La fuerza ascendente en la porcin superior es IaBFB = , donde

dtd

RRI B== 1 =

RBav

RdtBadx =

As

RvaBa

RBavBmg

22

=

= y 22aBmgRv =

Observe que la corriente inducida fluye a la derecha en un intento de mantener el flujo dentro del lazo constante. Ejemplo 26. Supongamos una espira como la mostrada en la figura de resistencia R y que sale

con velocidad ivv 0=

de la accin del campo

jBB 0=

.

a) Calcule el flujo magntico y la corriente inducida (valor y direccin) cuando un segmento x an no sale la regin con campo. Justifique. b) Calcule en es mismo instante las fuerzas magnticas sobre cada lado de la espira. c) Si la velocidad de la espira y el campo magntico 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. Solucin. a) El flujo magntico encerrado por la espira en un momento dado es

xBl= Como x est variando

vBdtdxB

dtd ll ==

La fuerza electromotriz inducida es:

vBdtd l==

La corriente producida es

RvB

RI l== El sentido en oposicin a la disminucin de lneas de flujo seria el indicado en la figura siguiente.


16

b) Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la espira, 1F y 2F son iguales en magnitud y opuestas en sentido, BIF l=3 en el sentido indicado.

IBxFF == 21 c) Como la espira se desliza a velocidad constante la fuerza externa externaF es igual a 3F .

BIFexterna l= d) La potencia desarrollada por el agente externo ( ) BvIvFP externa l== Como

RvBI l= , tenemos

RvBP

222l= La potencia disipada en al circuito es

RIP 2= , con R

vBI l= :

R

vB 222l= Con lo que demostramos que la potencia entregada es igual a la potencia disipada. 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 inducida en la espira. Hgalo de dos maneras: i) con base en la ley de Faraday de la induccin. ii) examinando la fem inducida en cada segmento de la espira debido al movimiento de sta. b) Halle el sentido (segn al contrario a las manecillas del reloj) de la corriente inducida en la espira. Hgalo de dos maneras: i) con base en la ley de Lenz; ii) a partir de la fuerza magntica 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 fsicamente razonable: i) la espira est fija; ii) la espira es muy delgada, por lo que a 0;

iii) la espira se aleja mucho del alambre.

Solucin. a) i) Aplicando la ley de Faraday de la induccin.

dtd B=||

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

xIB

2

0= . El flujo a travs de la tira es

Bbdxd B = = xdxIb

20

El flujo total a travs de la espira es

= BB d = + arr xdxIb20

+=

rrIb aln

20

La fuerza electromotriz inducida:

varr

aIbdtdr

dtd

dtd BB

+==

)(20

)(2

|| 0arr

Iabv+=

ii) Para una barra de longitud l movindose a una rapidez v perpendicular al campo magntico B la fuerza electromotriz es lBv= Examinando la fem inducida en cada segmento de la espira debido al movimiento de sta


17

Para el lado 1

vbrI

=

2

01

Para el lado 2

vbar

I

+= )(20

2

Para los lados 2 y 4 042 ==

Ambas fems 1 y 2 estn dirigidas hacia arriba de la espira tal que son opuestas una a otra. La fem neta es

21 =

+= arrIvb 11

20

)(2

0

arrIabv

+=

Esta expresin concuerda con la obtenida en i) usando la ley de Faraday. b) El sentido de la corriente inducida i) En base a la ley de Lenz

El campo magntico B esta dirigido ingresando

a la pgina. B tambin est dirigido ingresando a la pgina y disminuyendo. Por consiguiente el flujo inducido de la corriente inducida tambin es entrando a la pgina y la corriente que lo crea es en sentido horario.

ii) Consideremos la fuerza sobre las cargas positivas.

= BvqF B

El campo magntico 1B en el segmento 1 es

mayor que 2B en el segmento 2 ya que est ms

cerca al alambre largo.

Luego 1BF

es mayor que 2BF

y la corriente inducida en la espira es en sentido horario. Esto concuerda con la direccin deducida en i) usando la ley de Lenz. c) Cuando 0=v La fem inducida es cero; La expresin en la parte (a) ( ) 0

)(20|| 0 =+= arr

Iab

Resultados iguales. Cuando 0a El flujo va a cero y la fem se acercara a cero; la expresin en la parte a) ( ) 0

)0(20|| 0 =+= rr

bvI

Resultados iguales. Cuando r El campo magntico a travs de la espira va a cero y la fem ir a cero. La expresin en la parte a)

( ) 0)(2|| 0 =+= aIabv

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


18

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

Solucin.

a) Cuando iI = riB

2

0= , ingresando a la pgina.

b) BdAd B = = Ldrri

2

0 .

c) == ba baBB rdriLd 20 = abiL ln

20

.

d) dt

d B= = dtdi

abL

ln

20

.

e) )(9,600,1200,360ln

2)240,0(0

=

= 5,06 x 10-7 V. 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 posicin mostrada, halle el flujo magntico B en la espira. b) Halle la corriente inducida Iind en la espira. Cul es el sentido de Iind? Justifique su respuesta.

Solucin. a)

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

xIB

2

0= . El flujo a travs de la tira es

Bbdxd B = = xdxIa

20

El flujo total a travs de la espira es

= BB d = + arr xdxIa20

+=

rrIa aln

20

b) La fuerza electromotriz inducida:

varr

aIadtdr

dtd

dtd BB

+==

)(20

vrar

Ia)(2

20

+=

Aplicando la ley de Faraday de la induccin.

rar

vIa)(2

||2

0

+=

rarRvIa

RIind )(2

20

+==

Aplicando la ley de Lenz determinaos el sentido de la corriente inducida.

El sentido de la corriente Iind es en oposicin a la disminucin del campo magntico al alejarse la


19

espira del alambre con corriente I que lo produce. Sentido horario. Ejemplo 30. En la figura se muestra una espira rectangular de ancho L y un conductor corredizo de masa m. Hay un campo magntico 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 0v y luego se deja libre. No hay friccin entre el conductor corredizo y la espira, y la resistencia de esta ltima es insignificante en comparacin con la resistencia R del conductor corredizo. a) Obtenga una expresin de F, la magnitud de la fuerza que se ejerce sobre el alambre cuando ste se desplaza con rapidez v. b) Demuestre que la distancia x que el alambre recorre antes de quedar en reposo es

220

aBmRvx = .

Solucin. a) La fuerza electromotriz inducida

BLv= La corriente inducida

RBLv

RI == Fuerza ejercida sobre el alambre

RvLBILBF

22

==

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

dtdvmmaF ==

dtdvm

RvLB =

22

dtmR

LBvdv 22=

Integrando

=vv t dtmRaBvdv0 022

.

tmR

aBvv 22

0

ln = t

mRLB

evv22

0

= Pero

dtdxv =

Luego

dtevdxt

mRLB 22

0

= Integrando

= 00022

dtevdxt

mRLB

x

=

0

220

22t

mRLB

eLB

mRvx

( )022 0 eeLBmRvx = 22

0

LBmRv= .

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 elctrica R entre los puntos a y b es lanzada hacia la derecha con rapidez inicial vo.

El campo magntico B es constante y uniforme

en todo el espacio. Halle el sentido de la corriente inducida sobre la barra que se est moviendo (Hacia arriba o hacia abajo)

Solucin. El flujo magntico es


20

nAB = Donde

iBB = , kAnA = Luego

0 == kAiB 0==

dtd

0==R

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

magntico uniforme 0B , perpendicular al plano

del papel y saliendo de l, como lo muestra la figura. En t = 0, se deja caer la espira la cual se introduce progresivamente en el campo

magntico 0B . Se pide:

a) Hallar el flujo magntico en la espira en funcin de la distancia vertical y. b) Encontrar la fem y la corriente inducida en la espira. Cul es el sentido de dicha corriente? c) Mostrar en un diagrama de cuerpo libre las diferentes fuerzas que actan sobre la espira, e indicar los valores respectivos. d) Plantear la ecuacin diferencial del movimiento vertical en funcin de la velocidad de la espira. e) Resolver la ecuacin diferencial planteada en (d), y obtener la velocidad en funcin del tiempo.

Solucin. a)

El flujo magntico en la espira en funcin de la distancia vertical y:

yBABB l00 == b) La fem:

2

21 gty =

vBdtdyB

dtd B ll 00 ===

La corriente inducida en la espira

RvB

RI l0== Como el campo durante la cada esta aumentando hacia el papel, por la ley de lenz en oposicin a ese aumento debe aparecer un campo magntico opuesto, este se debera a una corriente en la espira en sentido horario. c)

RvBBIF

220

0ll ==

= maF maFmg = maBImg = 0l

dtdvm

RvBmg =

220 l

La ecuacin diferencial del movimiento vertical en funcin de la velocidad de la espira. Es:

022

0 =+ gmR

vBdtdv l

d)


21

gmR

vBdtdv +=

220 l

= 22

0

220

ll

BmRgv

mRB

dtdv

dtmR

B

BmRgv

dv 220

220

l

l

=

Integrando:

tv

tmR

BBmRgv

0

220

022

0

lnl

l=

tmR

B

BmRgBmRgv 22

0

220

220ln

l

l

l =

tmR

B

e

BmRgBmRgv 22

0

220

220

l

l

l =

tmR

B

eBmRg

BmRgv

220

220

220

l

ll=

= tmR

B

eBmRgv

220

1220

l

l

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

220

'lB

mRgvv lmite =< (Cuando 0=a ). Desde este instante en adelante la velocidad estar dada por:

2'21' gtvv += .

Ejemplo 33. Sabiendo que el mdulo del campo magntico producido por una corriente rectilnea indefinida de intensidad I a una distancia r vale

rI

B 2

0= a) Calcular la diferencia de potencial entre los extremos A y B de una varilla que se mueve paralelamente a la corriente rectilnea con velocidad v. b) Cul es el potencial ms alto de los dos?. Razonar las respuestas

Solucin. a) Un portador de carga positiva de la varilla, al moverse con velocidad v, en el campo magntico producido por la corriente rectilnea indefinida experimente una fuerza 90senqvBFB = , dirigida a lo largo de la varilla hacia A.

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

Surge un campo elctrico E entre A y B, que se

opone a que se siga acumulando carga. En el equilibrio

EB FF = qEqvB = rI

vvBE2

0

==

= baBA EdrVV = = baba rdrIvdrrIv 2 2 00 =

abIv ln

20

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


22

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

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

c) Lo mismo que la parte anterior, pero para una corriente variable en el tiempo en el alambre igual a ( ) teItI = 0 , donde . es una constante positiva de unidad s-1. d) Para la situacin de la parte c). Cul es la fuerza magntica resultante sobre la espira? El resultado puede ser expresado en funcin de la corriente inducida indI de la espira. Solucin. a) Un portador de carga de la varilla, al moverse con velocidad v, en el campo magntico producido por la corriente rectilnea

experimente una fuerza = BvqFB , dirigida a

lo largo de la varilla hacia b.

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

Surge un campo elctrico E entre a y b, que se

opone a que se siga acumulando carga. En el equilibrio

EB FF = qEqvB =

rIvvBE

20

==

La fem inducida en la barra.

+= Lddba EdrVV = ++ = LddLdd rdrIvdrrIv 22 00 =

dLdIv +ln

20

El punto de mayor potenciales a.

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


23

adrrILd

dB += 2 0 = +d LdIa ln20 Como el flujo es constante no hay fem inducida, por lo tanto tampoco corriente inducida. No hay corriente inducida, puesto que el flujo magntico es constante en el tiempo. c) Si la corriente en el alambre igual a ( ) teItI = 0 .

dtd B= , adr

rILd

dB += 2 0 =

+

dLdIa ln

20

tB ed

LdaIdt

d

+== ln2

00

= ted

LdaI

+ln2

00

RIind

= = ted

LdR

aI

+2

00

El sentido de la corriente inducida de acuerdo con la ley de Lenz, como la corriente va disminuyendo, el campo magntico tambin, luego para que aparezca un campo en oposicin la disminucin del campo debe circular una corriente inducida en sentido horario. d) Para la situacin de la parte c). Cul es la fuerza magntica resultante sobre la espira? El resultado puede ser expresado en funcin de la corriente inducida indI de la espira.

jdIaIF ind 2

01

= 32

= FF

( ) jLdI

aIF ind 20

4 +=

La fuerza magntica resultante sobre la espira

( ) jLdI

aIjdI

aIFFF indind 2

200

41 +=+=

( ) jLddaII ind 11

20

+=

En oposicin al ingreso.

Ejemplo 35. La figura muestra un alambre infinito que lleva una corriente ( ) atI t = , donde a es una constante y t est en segundos. Tambin muestra una espira triangular con resistencia elctrica R. Para la posicin mostrada halle: a) El flujo magntico en la espira. b) El vector fuerza magntica sobre el cateto ubicado en el eje x.

Solucin. a) Encontremos el flujo magntico a travs de del rea diferencial dA = ydx.

( ) ydxx

IBdAd tB

2

0== Para encontrar y en funcin de x.

LxaL

Ly += xaLy +=

Reemplazando ( ) ( ) dx

xxaLId tB

+=

20

( ) ( )

+= dxx

dxaLI t

20

Integrando para todo el rea. ( ) ( ) + +==

aL

a

tBB dxx

dxaLI

d 20

( ) ( )[ ] Laat xxaLI ++= ln20


24

( ) ( ) ( )

++= La

LaaLI t ln

20

b) La fuerza electromotriz inducida sobre la espira es

( ) ( )

++== La

LaaLtI

dtd

dtd

B ln200

( ) ( )

++= La

LaaLI ln2

00

La corriente es

( ) ( )R

La

LaaLI

RI

++==

ln2

00

( ) ( )

++= La

LaaLRI ln

200

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

La fuerza sobre el electo diferencial dx del alambre es

( ) ( ) ( ) jx

dxIIkx

IiIdxFd tt

2

2 00

== Integrando para todo el cateto

( ) + == Laat xdxjII

FdF 2

0

( ) ( ) ja

LaII t ln2

0 +=

Reemplazando el valor de I:

( ) ( ) ( ) jta

LaLa

LaaLR

IF lnln12

200 +

++

=

Ejemplo 36. Una espira circular flexible de 6,50 cm de dimetro se localiza en un campo magntico cuya magnitud es de 0,950 T y est orientado hacia el plano de la pgina como se muestra en la figura. Se jala la espira en los puntos indicados por las flechas para formar una espira de rea cero en 0,250 s. a) Determine la fem inducida promedio en el circuito. b) Cul es el sentido de la corriente en R: de a a b o de b a a? Explique su razonamiento.

Solucin.

a) t

B

=

trB

tAB

==

2

250,0

2)(0,0650)950,0(2= = 0,0126 V.

b) Dado que el flujo a travs de la espira est disminuyendo, la corriente inducida debe producir un campo que entra en la pgina. Por lo tanto, la corriente fluye a travs de la resistencia de a a b. Ejemplo 37. Una varilla conductora de masa 10 g desliza sobre carriles paralelos distantes 20 cm y que forman un ngulo de 30 con el plano horizontal. Los carriles se cierran por la parte inferior, tal como se indica en la figura. En la regin existe un campo magntico uniforme y perpendicular al plano horizontal de intensidad 1 T. a) Calcular la fuerza electromotriz en funcin de la velocidad constante de la varilla. La intensidad de la corriente inducida si la resistencia del circuito es de 10 . La(s) fuerza(s) sobre la varilla. b) Cunto valdr la velocidad de la varilla cuando desliza con movimiento uniforme? (se desprecia el rozamiento). Razonar las respuestas dibujando los esquemas

Solucin. a)


25

El sentido de la corriente inducida es en oposicin a la disminucin del flujo magntico. El flujo es

30cos BAAnB == = ( ) Wb 31,0

232,01 xx =

b) La fuerza electromotriz es

dtdx

dtd 31,0== = V 31,0 v

Y la corriente vR

I10

31,0== Fuerzas sobre la varilla

= BIF B l ,

(l lleva el sentido de la corriente I )

( )( ) 90sen12,0IFB = = v1031,002,0

= N 302,0 v Para que vaya a velocidad constante ambas fuerzas deben ser iguales.

30cos30sen BFmg =

233002,0)5,0)(8,9)(01,0( v=

sm

350=v

Ejemplo 38. Rapidez terminal. Una barra conductora de longitud L, masa m y resistencia R se traslada sin friccin sobre rieles metlicos como se muestra en la figura. Hay un campo magntico uniforme B dirigido hacia el plano de la figura. La barra est inicialmente en reposo, y sobre ella acta 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 funcin del tiempo. b) Proporcione la expresin de la rapidez terminal (la rapidez cuando la aceleracin de la barra es cero).

Solucin. a)

IRvBL == R

vBLI = , y maILBFFF == B

mR

LvBmF

mILBFa

22

=

= .

mR

LvBmF

dtdv 22=

mF

mRLvB

dtdv =+

22

dtmFv

mRLBdv =

+22

Integrando

+=+

Cdt

mFv

mRLBdv22

CtmFv

mRLB

mRLB

+=

+

22

22 ln1


26

'lnln2222

CtmR

LBmFv

mRLB +=

+

tmR

LBC

mFv

mRLB

22

22

ln =

+

tmR

LB

eC

mFv

mRLB

22

'

22

=

+

t

mRLB

eCmFv

mRLB

22

'22 =+

mRLB

eCmF

v

tmR

LB

22

22

''

=

tmR

LB

eCLB

FRv22

''22=

Para t = 0 ( ) 00 =v 22'' LB

FRC = Finalmente

( )

= tmR

LB

eLB

FRvt

22

122

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

magntica: LBRLBvILBF tB

== =

FR

BLvt =22

22BLFRvt = .

Nota. Solucin de la ecuacin como ecuacin diferencial.

mF

mRLvB

dtdv =+

22

Sea

rtev = rtre

dedv =

Remplazando:

022

=+ rtrt emR

LBre

Se obtiene

mRLBr

22

= Luego

BAevt

mRLB

+= 22

Para encontrar las constantes Para t = 0 ( ) 00 =v

BAe += 00 BA =

Para t = ( ) tt vv = BAevt +=

tvB = Finalmente

( ) ( ))(B 221 mRLttt evv = 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

magntico B constante

Encuentre la velocidad v, la posicin x en funcin 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) Despus de salir del campo Solucin. a) La espira antes de ingresar al campo x < 0


27

La velocidad es constante igual a v0. La posicin

tvxx 00 += Nota: Considerando que parte de una distancia x0 negativa. Para los siguientes posiciones consideramos para x = 0, t = 0 b) La espira ingresa al campo 0 < x < d

Clculo de v(t)

BIF l= ( )

RvB

Rdtd

RI t

l=== ( ) ( )

RvB

BRvB

F tt22lll =

=

Tambin maF =

Luego

( )dtdvm

RvB t =

22l

dtmRB

vdv 22l=

Integrando

1

22

ln CdtmRBv += l

Para t = 0, v = v0 10ln Cv =

Reemplazando

0

22

lnln vtmRBv += l

tmRB

vv 22

0

ln l= t

mRB

evv

22

0

l=

( )t

mRB

t evv22

0

l= Clculo de la posicin x

( )t

mRB

t evv22

0

l= t

mRB

evdtdx

22

0

l=

dtevdxt

mRB 22

0

l= Integrando de 0 a t:

= tmR

B

eBmRvx

22

1220

l

l

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

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

= dtmR

B

eBmRvd

22

1220

l

l

dtmRB

emRv

dB22

10

22 ll =

0

22

122

mRvdBe d

tmR

B ll =

0

2222

lnmRv

dBtmRB

dll =

0

22

22 ln mRvdB

BmRtd

ll=


28

La velocidad en x = d:

0

2222ln

00mRv

dBt

mRB

d evevvd

ll == Esta velocidad es constante en todo el rango d < x < 10 d La posicin

tvdx d+= d) La espira sale del campo 10 d < x < 11 d

Clculo de v(t)

BIF l= ( )

RvB

Rdtd

RI t

l=== ( ) ( )

RvB

BRvB

F tt22lll =

=

Tambin maF =

Luego

( )dtdvm

RvB t =

22l

dtmRB

vdv 22l=

Integrando

2

22

ln CdtmRBv += l

Para t = t10d, la velocidad es 022

ln

0mRv

dB

d evvl=

1ln Cvd =

Reemplazando

( ) dd vttmRBv lnln 10

22

+= l

( )dd

ttmRB

vv

10

22

ln = l

( )dttmRB

d

evv 10

22=

l

( )( )dttmR

B

dt evv10

22=

l

Clculo de la posicin x

( )( )dttmR

B

dt evv10

22=

l

( )dttmRB

devdtdx 10

22=

l

( )dtevdx d

ttmR

B

d10

22=

l

Integrando de t10d a t: ( )

= dttmR

Bd e

BmRvdx 10

22

110 22l

l

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

La velocidad del espira es constante e igual a la velocidad que adquiere en x = 11d Clculo de v11d Primeramente encontremos t11d Cuando x = 11d:

( )

= dd ttmR

B

eBmRvdd 1011

22

11111 220

l

l

( )dd ttmRB

emRv

dB 101122

10

22 =ll

( )0

22

1101122

mRvdBe dd

ttmR

B ll =

( )0

22

1011

22

lnmRv

dBttmRB

ddll =

0

22

221011 ln mRvdB

BmRtt dd

ll+=

La velocidad en x = 11d: ( )dd ttmR

B

d evv1011

22

1011

=l


29

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

tvdx d1111 += Ejemplo 40. En el problema del ejemplo 34: a) Encuentre el flujo magntico para todo punto en funcin del tiempo. b) Grafique el flujo magntico como funcin de x. Solucin. a) Para x < 0 = 0 Para 0 < x < d

xBl= Con

= tmR

B

eBmRvx

22

1220

l

l

Reemplazando

== tmR

B

eBmRvBxB

22

1220

l

lll

= tmR

B

eB

mRv22

10l

l

Para d < x < 10 d = 0 dBl=

Para 10 d < x < 11 d ( )xdB = 11l Con

( )

= dttmR

Bd e

BmRvdx 10

22

110 22l

l

( )

= dttmR

Bd e

BmRvdxd 10

22

111 22l

l

Reemplazando

( )

= dttmR

Bd e

BmRvdB 10

22

122l

ll

( )

= dttmR

Bd e

BmRvdB 10

22

11l

ll

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

0 < x < d xBl d < x < 10 d dBl 10 d < x < 11 d ( )xdB = 11l x > 11 d = 0 Grfico - x

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

BIF l= ( )

RvB

Rdtd

RI t

l=== ( ) ( )

RvB

BRvB

F tt22lll =

=

Con ( )t

mRB

t evv22

0

l= t

mRB

eR

vBF22

022 ll =

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

BIF l= ( )

RvB

Rdtd

RI t

l=== ( ) ( )

RvB

BRvB

F tt22lll =

=

Con ( )( )dttmR

B

dt evv10

22=

l

( )dttmRB

d eR

vBF 102222 =

ll

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


30

Tabla F - x x F(t) x < 0 0 0 < x < d t

mRB

eR

vB22

022 ll

d < x < 10 d 0 10 d < x < 11 d ( )dttmRBd e

RvB 10

2222 ll

x > 11 d = 0 Grfico F - x

Ejemplo 42. Faraday invent 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 magntico uniforme B. El disco rota en la frecuencia angular . el contacto elctrico con las escobillas que conducen se hace en los puntos A y C, en el permetro y el eje del disco. Qu fuerza electromotriz se genera entre los terminales A y C?

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

tringulo pequeo de rea ( ) dtrrdr 221

21 = .

Esto aumenta el flujo a travs del lazo en

dtBrBdAd B 221== . As la fuerza

electromotriz inducida entre A y C es:

221 Br

dtd B ==

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

Solucin. Escogemos un elemento diferencial dr a una distancia r del centro, tendr una velocidad tangencial rv = . El elemento de longitud dr se mueve con une velocidad v en un campo B perpendicular el. De all que la fuerza electromotriz entre sus extremos es: ( ) ( )( )rdrBvdrBd == = rdrB La fuerza electromotriz entre los extremos del alambre es:

== L rdrBd 0 = 20

2

21

2LBrB

L

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

= BvqF , qvBF = El trabajo realizado por la fuerza en la distancia dr es:

qvBdrFdrdW == = rdrqB el trabajo total es

== L rdrqBdWW 0 = L

rqB0

2

2

= 221 LqB

El trabajo total por unidad de carga es


31

221 LBV

qW ===

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 magntico de 1 T. Qu diferencia de potencial se induce entre el borde del disco y su centro?

Solucin. Consideremos una banda radial del disco. Como

rps 4060

2400rpm 2400 === , en una vuelta, o sea en 1/40 segundos cada banda radial del disco cortar todas las lneas de flujo que cubre su rea A. Por tanto,

( )225,01 == BA = 0,196 Wb, 401

196,0==

t = 7,85 V. EL BETATRN. Un campo magntico que cambiante en el espacio crea un torbellino como campos elctricos, y esto es verdad sin o con un conductor presente. Tales campos se utilizan en el betatrn para acelerar electrones a alta velocidad. Un anillo evacuado se coloca en el campo de un electroimn grande, y los electrones viajan en rbitas circulares. El campo magntico se vara sinusoidalmente, y por un cuarto del ciclo los electrones son acelerados por el campo elctrico inducido. As el campo magntico sirve para hacer girar a los electrones en rbitas circulares y acelerarlos. Para lograr esto, el campo magntico debe ser ms dbil en la rbita que en el interior de la trayectoria circular, segn lo indicado en la figura.

Ejemplo 45. Demuestre que el campo magntico en la rbita en un betatrn debe ser la

mitad del campo magntico promedio sobre el rea encerrada por la rbita. Solucin. La fuerza magntica proporciona la fuerza

centrpeta necesaria, tal que r

mvqvB2

= . La fuerza electromotriz inducida es

dtdrEdSnE E=== 2 .

Por la segunda ley de Newton, la fuerza sobre el electrn es ( )

dtd

rqE

dtmvdF B===

21

Desde que v = 0 en t = 0,

qrBr

mv B == 21

Pero mB Br2 = , tal que mBB 21= .

Ejemplo 45. La espira conductora cuadrada en el plano xy de la siguiente figura de lado l y resistencia R gira con velocidad angular uniforme alrededor del eje x. La espira se encuentra inmersa en un campo magntico uniforme B que tiene la direccin del eje z. a) Si el movimiento empieza cuando el flujo es mximo, calcule el valor de flujo magntico inicial y el sentido de la corriente inducida por el movimiento. b) Cul es la corriente inducida en funcin 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 energa.

Solucin.

a) AnBB =

El flujo magntico inicial 22 ll BkkBB == Si consideramos que el movimiento se inicia en la posicin mostrada en el dibujo )0( = , para

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


32

es mximo nuevamente pero en sentido contrario, como la fuerza electromotriz inducida es alterna, la corriente tambin es alterna. Como al inicio el flujo es mximo y va disminuyendo, la fuerza electromotriz es en oposicin a ese cambio, la corriente inicial ser en el sentido indicado en el dibujo.

b) R

i = , AnBB =

= tB cos2l

Luego tBdtd

dtd B cos2l==

= tB sen 2l Finalmente t

RBi sen

2l= c) La figura muestra la vista lateral y la vista frontal sobre el plano xy.

Actan las fuerzas 3F y 4

F , tal que

BIFF l== 43 . Estas fuerzas son iguales en magnitud y opuestas en sentido, formando as un par de fuerzas de valor

sensen3 lll BIF == con A=2l (rea de lo espira) podemos escribir

senIAB= Este par puede escribirse como producto

vectorial de nn

(normal a la superficie A) y B .

= BnIA . d) No se conserva la energa, se disipa en forma de calor por la resistencia de la espira debido al efecto Joule. Ejemplo 47. Una espira rectangular de seccin A, que gira con velocidad angular , est conectada a un circuito externo y forma un camino completo de corriente de resistencia R.

a) Demuestre que la corriente inducida es

RtBAI sen= .

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

Rsen2 tBA = .

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

constante es R

tAB 222 sen= .

e) Calcule la rapidez a la que el torque externo realiza trabajo. Cmo son comparativamente las respuestas a los incisos b) y e)? Explique su respuesta. Solucin. a) El flujo magntico a travs de la espira

t =

tBABAABB coscos ===

La fuerza electromotriz inducida

tBAdt

d B sen== La corriente inducida

RtBA

RI sen== b) La rapidez con la que se disipa energa elctrica debido a la resistencia.


33

RR

tBARIP2

2 sen

==

R

tAB 2222 sen= . c) El momento dipolar magntico

AR

tBAIA

== sen

= R

tBA sen2

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

RtAB 222 sen=

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

RtABP

2222 sen== Igual que en la parte b), debido a la conservacin de la energa. CAMPOS ELECTRICOS INDUCIDOS POR CAMPOS MAGNETICOS VARIABLES CON EL TIEMPO. Tenemos que

= ldE y dtddE = l ,

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

Si el campo va en disminucin el sentido del campo elctrico ser en el sentido horario.

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

0= ldE Los segundos no lo son Los segundos no lo son

dtddE = l

Ejemplo 48. Encontrar el campo elctrico inducido en una barra metlica de longitud L que se encuentra en una regin cilndrica de radio R en el espacio donde el campo magntico cambia

con una razn dtdB

.

Solucin. Para cualquier punto dentro da la regin cilndrica con respecto al centro, el campo elctrico se puede obtener a partir de:

dtddE = l

Como dSnB = dSnB

dtd

dtd = y dSnBdtddE =

l

A lo largo de la circunferencia de radio r

dtdBrrE 2 2 =

dtdBrE

2=

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

El campo en la barra es


34

cosEEbarra = Como

rd=cos

dtdBd

rd

dtdBrEbarra 22

=

= En esta expresin observamos que el campo elctrico en la barra es constante en cualquier punto. CORRIENTES DE FOUCAULT Acabamos de ver que por un flujo magmtico 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 ncleo de un transformador. Por ejemplo, consideremos un bloque conductor situado entre los polos de un electroimn, si el campo magntico vara con el tiempo se induce una fuerza electromotriz en cualquier trayectoria cerrada en el interior del metal, tal como la curva C.

La fuerza electromotriz inducida produce una corriente en el circuito. Las corrientes de Foucault pueden reducirse construyendo el bloque mediante lminas o tiras la resistencia del trayecto aumente debido al pegamento que se utiliza entre lminas, de esta manera se rompen los grandes circuitos y se reduce en gran manera la prdida de potencia, una aplicacin de esta corriente es el freno magntico debido a esta corriente y al campo magntico aparece una fuerza magntica en oposicin al movimiento del bloque metlico. Ejemplo 49. Un disco de resistividad , de radio a, y de espesor b se coloca con su plano perpendicular a un campo magntico variable,

tBB o sen= . Se inducen corrientes circulares llamadas las corrientes de Foucault, y la energa se disipa en el disco. Calcule el ndice de la disipacin de la energa. Esta prdida de energa termal presenta un problema en dispositivos tales como transformadores. Este efecto tiene aplicacin en los detectores de metales usados

en los aeropuertos, para encontrar monedas enterradas y en hornos de induccin. Solucin. Considere un anillo de ancho dr y radio r. el flujo a travs de este anillo es

tBr sen 02 = ,

La fuerza electromotriz inducida en el anillo es

dtd= = tBr cos 02 .

La resistencia del anillo es

=

=bdr

rALR 2 ,

La energa total disipada en el disco es ( ) == a r bdrtBrRP 02

022

2 cos

= tBba cos 81 22

024

La disipacin de energa depende de la cuarta potencia del radio del disco, y esta dependencia se encuentra para otras formas tambin, as que los ncleos de los transformadores con hojas laminadas finas de metal ayudan a reducir las prdidas perceptiblemente. El promedio de

t cos2 en un perodo es 1/2, tal que: 20

24 16

1 BbaPm = GENERADOR DE CORRIENTE ALTERNA La aplicacin principal de la Ley da Faraday es el generador de corriente alterna. Un generador de corriente alterna bsicamente consiste una bobina cuadrada con n vueltas que gira con cierta frecuencia f (velocidad angular

f 2 = ) en un campo magntico B uniforme, tal como se muestra en la figura.

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

voltaje mximo cuando B y la seccin abA =

de la bobina (el vector n ) estn en la misma


35

direccin y mnima cuando estn en direcciones opuestas. Ejemplo 50. La espira conductora cuadrada en el plano xy de la siguiente figura de lado l y resistencia R gira con velocidad angular uniforme alrededor del eje x. La espira se encuentra inmersa en un campo magntico uniforme B que tiene la direccin del eje z. a) Si el movimiento empieza cuando el flujo es mximo, calcule el valor de flujo magntico inicial y el sentido de la corriente inducida por el movimiento. b) Cul es la corriente inducida en funcin 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 energa.

Solucin.

a) AnBB =

El flujo magntico inicial 22 ll BkkBB == Si consideramos que el movimiento se inicia en la posicin mostrada en el dibujo )0( = , para

2 = , el flujo es cero, para = , el flujo es mximo nuevamente pero en sentido contrario, como la fuerza electromotriz inducida es alterna, la corriente tambin es alterna. Como al inicio el flujo es mximo y va disminuyendo, la fuerza electromotriz es en oposicin a ese cambio, la corriente inicial ser en el sentido indicado en el dibujo.

b) R

I = , AnBB =

= tB cos2l Luego tB

dtd

dtd B cos2l== =

tB sen 2l Finalmente t

RBI sen

2l= c) La figura muestra la vista lateral y la vista frontal sobre el plano xy.

Actan las fuerzas 3F y 4

F , tal que

BIFF l== 43 . Estas fuerzas son iguales en magnitud y opuestas en sentido, formando as un par de fuerzas de valor

sensen3 lll BIF == Con A=2l (rea de lo espira) podemos escribir

senIAB= Este par puede escribirse como producto

vectorial de nn

(normal a la superficie A) y B .

= BnIA . d) No se conserva la energa, se disipa en forma de calor por la resistencia de la espira debido al efecto Joule. INDUCTANCIA Hemos estudiado dos elementos constituyentes de un circuito, resistencia y condensador. Mientras la resistencia solo disipa energa, los condensadores y la capacidad estn relacionados con los campos elctricos, similarmente tenemos para con los campos magnticos un elemento que almacena la energa magntica, este elemento es la inductancia.


36

DEFINICIN DE INDUCTANCIA Consideremos que tenemos dos circuitos como los mostrados en la figura y que en las cercanas no hay ninguna fuente de campo magntico y todo el flujo magntico ser debido a las dos espiras.

El campo magntico 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 1I ) y por la espira 2 (corriente 2I ). Por lo tanto podernos escribir que el flujo a travs de la espira 1 es proporcional a

1I y a 2I , es decir, es funcin de 1I y de 2I . ( )2,111 II= La fuerza electromotriz inducida de la espira 1 es:

( )21111 , IIdtd

dtd == =

dtdI

dId

dtdI

dId 2

2

11

1

1 = dt

dIMdtdIL 22111

Definimos AUTOINDUCTANCIA de la espira 1

1

11 dI

dL = INDUCTANCIA MUTUA (efecto de la espira 2 sobre 1)

2

2121 dI

dM = 1L solo depende de la geometra del circuito 1

mientras que 21M depende de la disposicin de ambos circuitos. Es fcil demostrar que

1221 MM = Asimismo, si en lugar de tener 2 circuitos tenemos n circuitos la inductancia mutua de cualquiera de ellos ser

j

ijij dI

dM

= ji

La unidad de inductancia es el HENRY (H) en honor de Joseph Henry, cientfico norteamericano que descubri la ley de induccin electromagntica en la misma poca que Faraday. Comumente se usan los submltiplos milihenry (mH) 10-3H microhenry H = 10-6H APLICACIN. EL TOROIDE Autoinductancia de un toroide.

Consideremos un toroide (bobina larga a la que se da forma circular) mostrado en la figura siguiente, con 1n vueltas y corriente I1,

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

IdB 0= l 1101 2 InaB =

aIn

B2

1101

= El flujo magntico a travs de A debido a las 1n vueltas

( ) 111 nAB= = 1110 2 naAIn

=aAIn 2

1210

La autoinductancia

aAn

dIdL

2

210

1

11

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

( ) 1221 nAB= = 1220 2 nAaIn

=

2210

2I

aAnn


37

La inductancia mutua

aAnn

dIdM

2210

2

2121

== De igual manera podemos encontrar la autoinductancia del segundo arrollamiento

aAn

dIdL

2

220

2

22

== Y la inductancia mutua

aAnn

dIdM

2210

1

1212

== Observando los valores hallados, encontramos

212112 LLMM == En general

21LLkM = donde k es el coeficiente de acople

1k Ejemplo 51. Determine la autoinductancia de un toroide con n vueltas de seccin transversal cuadrada a x a y radio interno R. Solucin. De la ley de Ampere nIrB 0 2 = :

= BdSnB = ( )adrrnInaR

R +

2

0

= ( )

+ 22

20 112 aRR

Ian

( )

+=

= 222

0 112 aRR

anI

L B

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

== ba

B

rI

IIL

21 0

=

abln

20

Ejemplo 53. Cul es la autoinductancia de un solenoide largo del radio a con N vueltas por metro? Solucin. El campo dentro de un solenoide es NI0 , as que el flujo con una vuelta es

NIaBa 022 = .

En 1 m hay N vueltas, as que el flujo con estas N vueltas es ( )NIaNB 02 = y

220 aNI

L B == Ejemplo 54. Encontrar la inductancia de un solenoide de gran longitud l , n vueltas muy juntas y seccin A. Solucin. Aplicando la ley de ampere encontramos el campo magntico en el interior del solenoide.

lnI

B 0=

Cuando nos piden encontrar la inductancia en realidad estn pidiendo la autoinductancia. El flujo magntico es

lnIA

BAB 0==

La inductancia

lAn

dtdnL B

20==

Ejemplo 55. Dos bobinas circulares de los radios a y b (a >> b) concntricas y coplanares. La bobina ms grande tiene 1n vueltas, y la ms pequea tiene 2n vueltas.Cul es su inductancia mutua? Solucin. El campo magntico en el centro de la bobina

grande es a

InB

2110

1= .

As el flujo a travs de la bobina pequea es aproximadamente 1

2221 BbnB = ,

Tal que

==

abnn

IM B

2

2

21021

Ejemplo 56. Determnense las dimensiones del cociente L/R. Cunto vale 1 henrio/ohmio? Solucin. Recordando las expresiones

dtdIL= y IRV =

Resulta

1s1A1HV1 = ( )( )

1A1s1VH =

( ) ( )= 1 1AV1 ( ) ( )( )1AV11 =

Por tanto,


38

( )( )s1

A 1V 1

1As 1V 1

H 1 ==

Dimensiones tiempo=RL

s1H 1 = Por esta razn el cociente L/R suele llamarse constante de tiempo. 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 autoinduccin de A y la inductancia mutua de las bobinas A y B. b) Calclese la fuerza electromotriz inducida en la bobina B del ejercicio anterior si corriente que circula por A se extingue en 0,1 segundos.

Solucin.

a) ( )( )

51031000 3==

A

AAA I

nL = 0,60 H.

( )( )

5103,12000 3==

A

BBAB I

nM = 0,52 H.

b) 1,00552,0 =

=t

IM AABB = 26,0 V. o tambin

1,0103,12000

3==

tn BBB = 26,0 V.

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. Calclese: a) La fuerza electromotriz de autoinduccin inducida en la bobina si la corriente se interrumpe en 0,1s. b) la autoinduccin de la bobina. Solucin.

a)

=

=

1,00101000

3

tn = 10 V

b) tIL

= ( ) LL 50

1,00510 ==

5010=L = 0,20 H.

o tambin 5

101000 3==I

nL = 0,20 H.

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

dtdI

:

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

0== IRddILV

124==

LV

dtdI

= 24

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

RRVI 24max == , IRd

dILV = ,

RRd

dI

= 2490,0124 = 21,6

6,2124 =dtdI

= 2,4 A/s.

Ejemplo 60. Un cable coaxial est formado por un conductor cilndrico interno de radio a, y un cascarn cilndrico exterior (coaxial al cilindro interno) de radio b. Demuestre que su auto-inductancia por unidad de longitud es igual a

=abL ln

20

.

Solucin.

El campo magntico de un conductor cilndrico est dado por:


39

Para ar < 0=B Para br

física 3 por hugo medina guzmán. capítulo 4. ley de faraday e inductancia

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