SESION 11 SUPERVISOR SSOMA SEGURIDAD Y SALUD OCUPACIONAL
Inductancia
1.
2. Autoinducción
Supongamos un solenoide de N espiras, de longitud d y de sección A
recorrido por una corriente de intensidad i.
En un circuito existe una corriente que produce un campo magnético
ligado al propio circuito y que varía cuando lo hace la intensidad. Por
tanto, cualquier circuito en el que exista una corriente variable producirá
una fem inducida que denominaremos fuerza electromotriz
autoinducida.
3. Una corriente en la bobina
produce un campo
magnético dirigido hacia
la izquierda.
Si la corriente aumenta, el flujo
magnético incrementado crea
una fem inducida en la bobina
cuya polaridad se muestra en
línea punteada.
La polaridad de la fem
inducida se invierte si la
corriente decrece
Después de que se cierra el interruptor, la
corriente produce un flujo magnético a través del
área encerrada por el lazo. Conforme la corriente
se incrementa hacia su valor de equilibrio, este
flujo magnético cambia con el tiempo e induce
una fem en el lazo
4. La variación del flujo magnético es producida por la variación de la
corriente en el circuito. Esto lo podemos expresar como:
dt
dI
dt
d
α
Φ
dt
dI
L
dt
d
=
Φ
Aplicando la ley de Faraday para N espiras
dt
dI
L
dt
d
N
dt
d
N
=
Φ
Φ
−=ε
dt
dI
L−=ε
5. Integrando
I
N
L
LIN
Φ
=
=Φ
Φ Representa el flujo magnético a través del circuito.
Donde: N representa el número de espiras que tiene el circuito.
I representa la corriente que circula en el circuito
7. El campo magnético en el interior de un solenoide muy largo (ideal) es:
El flujo magnético en el interior del toroide, suponiendo el campo uniforme es:
2
rA
BA
π=
=Φ
La inductancia del toroide será :
nI
I
NA
I
NBA
I
N
L 0µ==
Φ
=
R
N
n
l
N
n
nIB
π
µ
2
0
=
=
=
9. d
NI
B 0µ
=
d
AIN
NBAm
2
0
0cos
µ
=°=Φ
d
AN
I
L m
2
0µ
=
Φ
=
Del mismo modo que la capacitancia, el coeficiente de autoinducción
solamente depende de la geometría del circuito y de las propiedades
magnéticas de la sustancia que se coloque en el interior del solenoide.
10. Corriente autoinducida
Cuando la intensidad de
la corriente i cambia con
el tiempo, se induce una
corriente en el propio
circuito (flecha de color
rojo) que se opone a los
cambios de flujo, es
decir de intensidad.
Derivando respecto al tiempo la expresión del flujo propio:
dt
di
d
AN
d
AiN
dt
d
dt
d m
2
0
2
0 µµ
ε −=
−=
Φ
−=
dt
di
L−=ε La fem autoinducida siempre actúa en el sentido
que se opone a la variación de corriente.
11. (a) Calcule la inductancia de un solenoide de aire que contiene 300 vueltas si la
longitud del solenoide es de 25.0 cm y el área de su sección transversal es 4.00
cm2
.
s
A
dt
dI
Aquí 0.50, −=
mV05.9=ε
12. Circuitos RL
0=++ cabcab VVV
00 =+−− V
dt
di
LiR
∫=∫
−
ti
dt
iRV
Ldi
00 0
( )tL
R
e
R
V
i
−
−= 10
0=−−
dt
dI
LIRε
13. Circuitos RL
0=+ baab VV
0=+
dt
di
LiR
∫−=∫
ti
i
dt
L
R
i
di
00
tL
R
eii
−
= 0
La corriente disminuye exponencialmente
con el tiempo. En la mayor parte de los
casos, R/L es grande, por lo que la
corriente desaparece muy rápidamente.τ
t
eii
−
= 0
17. El circuito de la figura consiste de un resistor, un inductor, y una batería ideal sin
resistencia interna. Justo después de que se cierra el interruptor, a través de
¿cuál de los elementos del circuito el voltaje es igual al de la fem de la batería?
a)del resistor b) del inductor, c) del inductor y el resistor.
Después de un largo tiempo, a través de ¿cuál de los elementos del circuito el
voltaje es igual a la fem de la batería?
d) Del resistor, e) del inductor, f) del inductor y del resistor.
Respuestas: b) y d)
18. El circuito de la figura incluye una fuente de poder que provee un voltaje
sinusoidal. Así, el campo magnético en el inductor está constantemente
cambiando. El inductor es un simple solenoide de aire. El interruptor en el circuito
se cierra y el foco brilla establemente. Luego se inserta una barra de hierro en el
interior del solenoide, el cual incrementa la magnitud del campo magnético en el
solenoide. Entonces, el brillo del foco: (a) se incrementa, (b) se reduce, (c) no
se afecta.
SOLUCION
Cuando la barra de hierro se inserta en el
solenoide, la inductancia de la bobina se
incrementa. Entonces, mayor diferencia de
potencial aparece a través de la bobina que
antes. Consecuentemente, menor diferencia
de potencial aparece a través del foco de
modo que el foco disminuye su brillo.
19. (a) Calcule la constante de tiempo del circuito mostrado en la figura.
(b) El interruptor de la figura se cierra a t = 0. Calcule la corriente en el
circuito en t = 2,00 ms.
(c) Compare la diferencia de potencial a través del resistor con aquel a
través del inductor.
Cuando se cierra el interruptor, el voltaje de la batería aparece enteramente a
través del inductor en la forma de una fuerza contraelectromotriz de 12.0 V.
Conforme el tiempo pasa, la fem a través del inductor decrece y la corriente
en el resistor se incrementa. La suma de las dos diferencias de potenciales
debe ser de 12.0 V todo el tiempo.
20. (a) El interruptor en este circuito RL
se cierra para t = 0.
(b) Un gráfico de la corriente versus
tiempo para el circuito en la parte (a).
Estos gráficos se refieren al ejemplo anterior
El comportamiento temporal de
las diferencias de potencial a
través del resistor y del inductor.
21. ENERGIA EN UN CAMPO MAGNETICO
Debido a que la fem inducida en un inductor previene a la batería de establecer
una corriente instantánea, la batería debe proveer más energía que en un
circuito sin inductor. Parte de la energía que suministra la batería aparece como
energía interna en el resistor, mientras que la energía restante se guarda en el
campo magnético del inductor. Si multiplicamos esta ecuación por I:
0=−−
dt
dI
LIRε
Queda:
Energía total guardada
en el inductor
22. ENERGIA EN UN CAMPO MAGNETICO
dt
di
LiRV +=0
dt
di
LiRiiV += 2
0
El último término, es la energía por unidad de tiempo que se necesita
para establecer la corriente en la autoinducción o su campo magnético
asociado.
dt
di
Li
dt
dUB
=
2
2
1
LiUB =
Esta es la energía acumulada en el campo
magnético del inductor cuando la corriente
es i.
23. AlnL 2
0µ=
El campo magnético de un solenoide está por:
n
B
I
nIB
0
0
µ
µ
=
=
Sustituyendo L e I en la expresión para la energía:
I
nIAnl
I
nIAN
I
NBA
I
L B 00 µµ
===
Φ
=
25. kt
e−
= 0εε
Encuentre la carga total que pasa por el solenoide, si la carga es finita.
dt
dI
Le kt
−== −
0εε dte
L
dI kt−
−= 0ε
∫
−
−= dte
L
I kt0ε
dt
dq
e
kL
I kt
== −0ε
∞−
∞
−
−
== ∫ 00
00 1 ktkt
e
kkL
dte
kL
Q
εε
( )0
2
0
ee
Lk
Q −−= ∞−ε
Lk
Q 2
0ε
=
PROBLEMA
28. ms
mH
R
L
a 00.2
00.4
00.8
) =
Ω
==τ
b) Calcule la corriente en el
circuito 250µs después de que se
cierra el interruptor.
−=
−
τ
ε t
e
R
I 1
8mH
R
ε
−
Ω
=
−
−
×
×
− 3
6
1000.2
10250
1
00.4
00.6
e
V
I
AI 176.0=
PROBLEMA
29. c) ¿Cuál es el valor de la corriente en el estado estable final?
A
V
R
I 50.1
00.4
00.6
=
Ω
==
ε
d) ¿Cuánto tarda la corriente en alcanzar el 80% de su valor máximo?
−=
−
τ
t
eII 1max
−=
−
×
− 3
1000.2
maxmax 180.0
t
eII
3
1000.2
20.0
−
×
−
=
t
e
20.0ln1000.2 3−
×−=t st 3
1022.3 −
×=
30. •
•• •
•
•
• ••••
×××
×
×
××
×
Bobina 1
Bobina 2
N2
I2
N1
I1
Vista transversal de dos bobinas
adyacentes. Una corriente en la bobina 1
establece un flujo magnético, parte del
cual pasa por la bobina 2.
Inductancia mutua se define como:
1
122
12
I
N
M
Φ
=
31. Considere dos bobinas de alambre una al lado de otra. Una corriente que
fluye por la bobina 1 origina un campo magnético B y, en consecuencia, un
flujo magnético en la bobina 2.
Si cambia la corriente de la bobina 1, también se altera el flujo a través de la
bobina 2; y de acuerdo a la ley de Faraday, esto induce una fem en la bobina
2.
32. 1
122
12
I
N
M
Φ
=
•
•• •
•
•
• ••••
×××
×
×
××
×
Bobina 1
Bobina 2
N2
I2
N1
I1
Φ12 flujo magnético causado por
la corriente en la bobina 1 y que
pasa a través de la bobina 2.
−=
Φ
−=
2
112
2
12
22
N
IM
dt
d
N
dt
d
Nε
dt
dI
M 1
122 −=ε Similarmente:
dt
dI
M 2
211 −=ε
Donde M12 = M21
33. dt
dI
M 1
2 −=ε
dt
dI
M 2
1 −=ε
PREGUNTA
¿Se puede tener inductancia mutua sin autoinductancia?
NO, porque la inductancia mutua depende de un sistema de bobinas y que cada
bobina tenga autoinductancia.
¿Qué hay acerca de la autoinductancia sin inductancia mutua?
Si puede haber autoinductancia ya que una sola bobina tiene autoinductancia
pero no inductancia mutua porque no interactúa con otras bobinas.
Por lo tanto:
34. Circuito LC. Oscilaciones libres
0=+ baab VV
LC
1
0 =ω
0=+
C
q
dt
dI
L
02
2
=+
C
q
dt
qd
L
0=+
C
q
dt
dq
dt
d
L
0
1
2
2
=+ q
LCdt
qd
35. Circuito LC. Oscilaciones libres
La solución de la ecuación diferencial es
)cos( 0 ϕω += tQq
La intensidad i es:
)( 00 ϕωω +−== tsenQ
dt
dq
i
La energía del circuito en el instante t es la suma de la energía del campo
eléctrico en el condensador y la energía del campo magnético en la bobina.
2
2
1
2
2
1
Li
C
q
UUU BE +=+=
36. Circuito LC. Oscilaciones libres
El equivalente mecánico del circuito
LC son las oscilaciones de un
sistema formado por una masa
puntual unida a un resorte
perfectamente elástico. El
equivalente hidráulico es un
sistema formado por dos vasos
comunicantes.
37. En la figura el capacitor está inicialmente cargado cuando el interruptor S1 está
abierto y S2 está cerrado. Luego, el interruptor S1 se cierra en el mismo instante
en que se abre S2, de modo que el capacitor está conectado directamente a
través del inductor.
a) Encuentre la frecuencia de oscilación del circuito.
LC
f
ππ
ω
2
1
2
==
( ) ( )2
1
122
1
3
1091081.22
1
FH
f
−−
××
=
π
Hzf 6
1000.1 ×=
38. b) ¿Cuáles son los valores máximos de carga sobre el capacitor y la corriente
en el circuito?
ε
Q
C =
( )( )VFCQ 0.121000.9 12
max
−
×== ε
CQ 10
max 1008.1 −
×=
La corriente máxima está relacionada con la carga máxima:
)(max ϕωω +−== tsenQ
dt
dQ
I
CsI 1016
1008.1102 −−
×××= π A4
1079.6 −
×=
)cos(max ϕω += tQQ
s
rad
LC
3
102.6288
1
×==ω
39. c) Determine la carga y la corriente como funciones del tiempo. Suponga
0=ϕ
)cos(max ϕω += tQQ
tQ 310
102.6288cos1008.1 ××= −
)(max ϕωω +−= tsenQI
( )tsenI 310
102.62881008.12.6288 ×××−= −
( )tsenI 37
102.62881079.6 ××= −
40. Circuito LCR. Oscilaciones amortiguadas.
Las oscilaciones libres no se producen en un circuito real ya que todo
circuito presenta una resistencia.
41. Circuito LCR conectado a un fem alterna. Oscilaciones forzadas
Las oscilaciones amortiguadas desaparecen al cabo de cierto tiempo, para
mantener la oscilación en el circuito podemos conectarla a una fem alterna
de frecuencia ω.
42. La energía total ya no es constante como lo fue en el circuito LC porque el
resistor causa transformación a energía interna.
RI
dt
dU 2
−=
2
2
2
1
2
LI
C
Q
U +=
dt
dI
LI
dt
dQ
C
Q
dt
dU
+=
RI
dt
dQ
C
Q
dt
dI
LI 2
−=+
El signo negativo significa que la energía U del circuito
disminuye con el tiempo.
02
=++
RII
C
Q
dt
dQ
dt
d
LI
43. 02
2
2
=++ RII
C
Q
dt
Qd
LI
Ahora divida para I y llegue a la siguiente expresión:
02
2
=++
C
Q
dt
dQ
R
dt
Qd
L
Que es análogo a la ecuación del oscilador mecánico amortiguado
02
2
=++ kx
dt
dx
b
dt
xd
m
02
=++
RII
C
Q
dt
dQ
dt
d
LI
45. 0
2
2µ
B
u = ( )
3
6
7
2
1006.8
1042
50.4
m
J
A
Tm
T
u ×=
××
= −
π
b) La energía almacenada en el campo magnético dentro del solenoide.
l
d
m
J
uVU ×××==
4
1006.8
2
3
6 π
( )
4
26.0062.0
1006.8
22
3
6 mm
m
J
U
×
××=
π JU 6327=
PROBLEMA
46. PROBLEMA
En el circuito de la figura se cierra el interruptor en el tiempo t = 0.
a) Determine la lectura de cada medidor inmediatamente después de cerrar S.
b) ¿Cuál es la lectura de cada medidor mucho tiempo después de que se ha
cerrado S?
a) No hay corriente en los inductores y
ellos actúan como circuito abierto.
A
V
II 455.0
)1540(
25
41 =
Ω+
== 032 == II
b) Después de largo tiempo no hay voltaje a través de cada inductor y éstos
pueden ser considerados como que están en corto-circuito.
0.15
1
0.10
1
0.5
11
*
++=
R
Ω= 73.2*R
Ω= 73.42eqR
47. Ω= 73.42eqR
A
V
I 585.0
73.42
25
=
Ω
=
AI 585.01 =
La diferencia de potencial para las tres resistencias en paralelo es:
Ω×−=∆ 0.40585.00.25 AVV VV 60.1=∆
A
V
I 320.0
0.5
6.1
2 =
Ω
= A
V
I 160.0
10
6.1
3 =
Ω
= A
V
I 107.0
0.15
6.1
4 =
Ω
=
48. PROBLEMA
Una batería de diferencia de potencial constante ε es conectada a dos resistores y
dos inductores idénticos de la manera como se muestra en la figura. Inicialmente,
no circula corriente en ninguna parte del circuito. Al instante t = 0, el interruptor en
la parte baja del circuito se cierra.
a) Inmediatamente después que el interruptor es cerrado, ¿cual es la corriente IR1 a
traves del resistor R1
ε =16 V
R1 = 6 Ω
R2 = 12 Ω
L = 16 mH
R1
R2
ε
A
V
R
i
equiv
89.0
)126(
16
.
=
Ω+
==
ε
49. b) después de que el interruptor se mantiene cerrado por un tiempo muy largo,
¿cual es la potencia disipada por el circuito?
R1
R2
εA
V
R
i 67.2
6
16
1
=
Ω
==
ε
W
V
R
P 7.42
6
)16( 2
1
2
=
Ω
==
ε
WARiP 7.426)67.2( 2
1
2
=Ω×==
50. sxxxRCa 121000.3100.4) 66
==⇒= −
ττ
5) Un resistor de 4.0 MΩ y un capacitor de 3.00μF se conectan en
serie a un suministro de potencia de 12.0 V.
a) ¿Cuál es la constante de tiempo en el circuito?
b) Exprese la corriente en el circuito y la carga en el capacitor como
funciones del tiempo mientras se carga el capacitor.
c) ¿Cuánta energía disipó el resistor mientras se cargaba el
capacitor?
)1(106,3
)1(121000.3)1(
100.3
100.4
0.12
)
125
126
12612
6
t
tt
ttt
exQ
exxeCQ
exe
x
e
R
Ib
−
−
−
−
−
−
−
−−
−=
−=−=
===
τ
τ
ε
ε
52. Los cables coaxiales son usados a menudo para conectar dispositivos eléctricos
como televisión por cable y otros. Consisten de dos conductores cilíndricos
concéntricos de radios a y b y longitud l, como se muestra en la figura. Los
cascarones conductores conducen la misma corriente I en direcciones opuestas.
Imagine que el conductor interior conduce una corriente hacia un dispositivo y que
el conductor externo actúa como un camino de regreso conduciendo la misma
corriente de regreso a la fuente.a) Calcule la autoinductancia L de este cable.
b) Calcule la energía total guardada en el campo
magnético del cable.
53. El interruptor de la figura se encuentra abierto. Para t = 0 el interruptor se cierra.
Calcule la corriente en el inductor en función del tiempo.
(1) (2)
(3)
de (1) y (2)
(3) se convierte en:
Resolviendo la ec.
diferencial:
54. Un solenoide con núcleo de aire tiene 68 vueltas y es de 8.00 cm de
longitud. Tiene un diámetro de 1.20 cm. ¿Cuánta energía es guardada en
su campo magnético cuando conduce una corriente de 0.770 A?
