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Flujo magnético inducción
- 1. Inducción magnética. Flujo magnético 1. Un campo magnético uniforme de magnitud 2000 G es paralelo al eje x. Una espira cuadrada de lado 5 cm forma un ángulo ϴ con el eje z como muestra la figura. Determinar el flujo magnético a través de la espira cuando a) ϴ=0. b) ϴ=30. c) ϴ= 60. d) ϴ=90. 𝚽𝚽 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝚯𝚯 a) 𝚽𝚽 = �𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑮𝑮 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 � ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 b) 𝚽𝚽 = �𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑮𝑮 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 � ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 c) 𝚽𝚽 = �𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑮𝑮 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 � ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 d) 𝚽𝚽 = �𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑮𝑮 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 � ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 2. Una bobina circular tiene 25 vueltas y un radio de 5 cm. Se encuentra ene l ecuador donde el campo magnético terrestre es 0,7 G norte. Determinar el flujo magnético a través de la bobina cuando a) Su plano es horizontal. b) Su plano es vertical y su eje apunta al norte. c) Su plano es vertical y su eje apunta al este. d) Su plano es vertical y su eje forma un ángulo de 30º con el norte. a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝚯𝚯 = 𝐁𝐁 ∗ 𝐍𝐍 ∗ 𝛑𝛑 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝚯𝚯 𝚽𝚽 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝛑𝛑 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟎𝟎 𝐖𝐖𝐖𝐖 b) 𝚽𝚽 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝛑𝛑 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟎𝟎 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝑾𝑾𝑾𝑾 c) 𝚽𝚽 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝛑𝛑 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟎𝟎 = 𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 d) 𝚽𝚽 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝛑𝛑 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟎𝟎 = 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝑾𝑾𝑾𝑾 3. Un campo magnético de 1,2 T es perpendicular a una bobina cuadrada de 14 vueltas. La longitud de cada lado de la bobina es 5 cm. a) Determinar el flujo magnético a través de la bobina. b) Determinar el flujo magnético para el caso en que el campo magnético forma un ángulo de 60º con la normal al plano de la bobina. a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝚯𝚯 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 b) 𝚽𝚽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 4. Una bobina circular de radio 3,0 cm tiene su plano perpendicular a un campo magnético de 400 G. a) ¿Cuál es el flujo magnético que atraviesa la bobina, si ésta posee 75 vueltas?
- 2. b) ¿Cuántas vueltas debe tener la bobina para que el flujo sea de 0,015 Wb? a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝚯𝚯 = 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗ 𝛑𝛑 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 b) 𝐍𝐍 = 𝚽𝚽 𝑩𝑩∗𝑨𝑨∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 5. Un campo magnético uniforme B es perpendicular a la base de una semiesfera de radio R. Calcular el flujo magnético que atraviesa la superficie esférica de la semiesfera. Al ser perpendicular el campo a la base todas las líneas atraviesan la base: 𝚽𝚽 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝑩𝑩 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 6. Determinar el flujo magnético a través de un solenoide de longitud 25 cm, radio 1 cm y 400 vueltas, que transporta una corriente de 3 A. El campo magnético del solenoide: 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒏𝒏 ∗ 𝑰𝑰 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝑵𝑵 ∗ 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑵𝑵 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 = 𝑵𝑵𝟐𝟐 𝑳𝑳 ∗ 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 𝚽𝚽 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟕𝟕. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝑾𝑾𝑾𝑾 7. Resolver el problema 6 para el caso de un solenoide de longitud 30 cm, radio 2 cm y 800 vueltas que transporta una corriente de intensidad 2 A. 𝚽𝚽 = 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟔𝟔. 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 8. Una bobina circular de 15 vueltas de 4 cm de radio se encuentra en un campo magnético uniforme de 4000 G en la dirección positiva de x. Determinar el flujo que atraviesa la bobina cuando el vector unitario normal al plano de la bobina es a) 𝒏𝒏 ��⃗ = 𝒊𝒊 ⃗. b) 𝒏𝒏 ��⃗ = 𝒋𝒋 ⃗. c) 𝒏𝒏 ��⃗ = (𝒊𝒊 ⃗+ 𝒋𝒋 ⃗) √𝟐𝟐 . d) 𝒏𝒏 ��⃗ = 𝒌𝒌 � �⃗. e) 𝒏𝒏 ��⃗ = 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝒊𝒊 ⃗ + 𝟎𝟎. 𝟖𝟖 𝒋𝒋 ⃗. a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ �𝑩𝑩 ��⃗ ∗ 𝒏𝒏 ��⃗� ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 𝐁𝐁 ��⃗ = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ �𝑩𝑩 ��⃗ ∗ 𝒏𝒏 ��⃗� = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ ∗ 𝒊𝒊 ⃗ = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 b) 𝚽𝚽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ ∗ 𝒋𝒋 ⃗ = 𝟎𝟎 c) 𝚽𝚽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ ∗ (𝒊𝒊 ⃗+ 𝒋𝒋 ⃗) √𝟐𝟐 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 d) 𝚽𝚽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ = 𝟎𝟎 e) 𝚽𝚽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ ∗ (𝟎𝟎, 𝟔𝟔 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ + 𝟎𝟎. 𝟖𝟖 ∗ 𝒋𝒋 ⃗) = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 9. Un solenoide posee n vueltas por unidad de longitud, radio R1 y transporta una corriente I. a) Una bobina circular grande de radio R2>R1 y N vueltas rodea el solenoide en un punto alejado de los extremos del solenoide. Determinar el flujo magnético que atraviesa la bobina.
- 3. b) Una bobina circular pequeña de radia R3<R1 está introducida completamente dentro del solenoide, lejos de sus extremos con su eje paralelo al del solenoide. Determinar el flujo magnético a través de esta pequeña bobina. a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝑵𝑵 ∗ 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒏𝒏 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 𝟐𝟐 b) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝑵𝑵 ∗ 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒏𝒏 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟑𝟑 𝟐𝟐 10. Un alambre largo y rectilíneo transporta la corriente I. Una espira rectangular con dos lados paralelos al alambre tiene los lados a y b, siendo d la distancia entre el lado más próximo y el alambre, como indica la figura. a) Calcular el flujo magnético que atraviesa la espira rectangular. Indicación: Calcular el flujo a través de una banda d A= b dx e integrar desde x= d a x = d+a. b) Evaluar la respuesta para a = 5 cm, b = 10 cm, d = 2 cm e I = 20 A. a) 𝒅𝒅𝚽𝚽 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝟎𝟎 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝚽𝚽 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰∗𝒃𝒃 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ ∫ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒙𝒙 𝒅𝒅+𝒂𝒂 𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰∗𝒃𝒃 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒅𝒅+𝒂𝒂 𝒅𝒅 � b) 𝚽𝚽 = 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟎𝟎.𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎 � = 𝟓𝟓. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 𝑾𝑾𝑾𝑾 11. Un conductor largo y cilíndrico de radio R transporta una corriente I que está uniformemente distribuida en su área transversal. Determinar el flujo magnético por unidad de longitud a través del área indicada en la figura.
- 4. Consideramos un elemento de área dA= L*dr con 𝒓𝒓 ≤ 𝑹𝑹. 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 Usando la ley d’Ampére: ∮ 𝑩𝑩 ��⃗ ∗ 𝒅𝒅𝒍𝒍 ⃗ 𝒄𝒄 = 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝟎𝟎 ∗ 𝑰𝑰𝒄𝒄 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰𝒄𝒄 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 Por star distribuida uniformemente la corriente en el conductor: 𝑰𝑰(𝒓𝒓) 𝑰𝑰 = 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝑰𝑰(𝒓𝒓) = 𝑰𝑰 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝑹𝑹𝟐𝟐 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰𝒄𝒄 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝑹𝑹𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰∗𝒓𝒓 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝚽𝚽𝒎𝒎 = ∫ 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰∗𝑳𝑳 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ ∫ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑹𝑹 𝟎𝟎 = 𝑹𝑹 𝟎𝟎 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰∗𝑳𝑳 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 𝚽𝚽𝒎𝒎 𝑳𝑳 = 𝝁𝝁𝟎𝟎∗𝑰𝑰 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 12. Una bobina rectangular en el plano de la página tiene las dimensiones a y b. Un alambre largo que transporta una corriente I se sitúa directamente por encima de la bobina (figura). a) Deducir una expresión para el flujo magnético a través de la bobina en función de x para 𝟎𝟎 ≤ 𝒙𝒙 ≤ 𝟐𝟐 𝒃𝒃. b) ¿Para qué valor de x el flujo que atraviesa la bobina es máximo? c) ¿Para qué valor de x el flujo es mínimo? a) 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 Para la región 𝟎𝟎 ≤ 𝒙𝒙 ≤ 𝒃𝒃 : 𝚽𝚽𝒎𝒎 = ∫ 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏 𝒙𝒙 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 � 𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏 𝐱𝐱 ≥ 𝐛𝐛 : 𝚽𝚽𝒎𝒎 = ∫ 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏 𝒙𝒙 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒙𝒙+𝒃𝒃 𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒙𝒙+𝒃𝒃 𝒙𝒙 � b) El flujo es máximo (𝚽𝚽𝒎𝒎 → ∞) cuando 𝒙𝒙 → 𝟎𝟎. c) El flujo es mínimo (𝚽𝚽𝒎𝒎 → 𝟎𝟎) cuando x=1/2b, por simetría. Fem inducida y ley de Faraday 13. Una espira conductora e encuentra en el plano de ésta página y transporta una corriente inducida en sentido horario. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones podía ser cierta? a) Un campo magnético constante está dirigido hacia la página.
- 5. b) Un campo magnético constante está dirigido desde la página hacia fuera. c) Un campo magnético creciente está dirigido hacia la página. d) Un campo magnético decreciente está dirigido hacia la página. e) Un campo magnético decreciente está dirigido desde la página hacia fuera. La afirmación d es la correcta. 14. Se establece un campo magnético uniforme B perpendicular al plano de la espira de radio 5,0 cm, 0,4 Ω de resistencia y una autoinducción despreciable. El valor de B se aumenta a un ritmo de 40 mT/s. Hallar a) La fem inducida en la espira. b) La corriente inducida en la espira. c) La producción de calor Joule en la espira por unidad de tiempo. a) |𝝐𝝐| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑨𝑨 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑽𝑽 b) |𝝐𝝐| = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 ; 𝑰𝑰 = |𝝐𝝐| 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝟎𝟎.𝟒𝟒 = 𝟎𝟎. 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑨𝑨 c) 𝑷𝑷 = 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 = �𝟎𝟎. 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 � 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 = 𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝑾𝑾 15. El flujo que atraviesa una espira viene dado por 𝚽𝚽𝒎𝒎 = �𝒕𝒕𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟒𝟒�𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 𝑾𝑾𝑾𝑾, donde t se da en segundos. a) Hallar la fem inducida 𝜺𝜺 en función del tiempo. b) Hallar 𝚽𝚽𝒎𝒎 𝒚𝒚 𝜺𝜺 para t =0, t = 2, t = 4 y t = 6 s. a) 𝝐𝝐 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = − 𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 ��𝒕𝒕𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟒𝟒� ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 � = −(𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕 − 𝟒𝟒) ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 b) 𝚽𝚽 = �𝒕𝒕𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟒𝟒� ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 𝚽𝚽(𝟎𝟎) = �𝟎𝟎𝟐𝟐 − 𝟒𝟒 ∗ 𝟎𝟎� ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = 𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 𝝐𝝐(𝟎𝟎) = −(𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎 − 𝟒𝟒) ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 𝑽𝑽 𝚽𝚽(𝟐𝟐) = �𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟒𝟒 ∗ 𝟐𝟐� ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = −𝟎𝟎. 𝟒𝟒 𝑾𝑾𝑾𝑾 𝝐𝝐(𝟐𝟐) = −(𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 − 𝟒𝟒) ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = 𝟎𝟎 𝑽𝑽 𝚽𝚽(𝟒𝟒) = �𝟒𝟒𝟐𝟐 − 𝟒𝟒 ∗ 𝟒𝟒� ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = 𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 𝝐𝝐(𝟒𝟒) = −(𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒 − 𝟒𝟒) ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = −𝟎𝟎. 𝟒𝟒 𝑽𝑽 𝚽𝚽(𝟔𝟔) = �𝟔𝟔𝟐𝟐 − 𝟒𝟒 ∗ 𝟔𝟔� ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐 𝑾𝑾𝑾𝑾 𝝐𝝐(𝟒𝟒) = −(𝟐𝟐 ∗ 𝟔𝟔 − 𝟒𝟒) ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏 = −𝟎𝟎. 𝟖𝟖 𝑽𝑽 16. a) En el caso del flujo dado en el problema 15, representar gráficamente 𝚽𝚽𝒎𝒎 𝒚𝒚 𝜺𝜺 en función de t. b) ¿En qué instante es máximo el flujo? ¿Cuál es la fem en ese instante? c) ¿En qué instantes es cero el flujo? ¿Cuál es la fem en esos instantes? a)
- 6. b) El flujo crece con el tiempo, si no s limitamos a los 6 s de tiempo es máximo en 6 s. En los 5 s vale 1,2 V la fem. El flujo es mínimo a los 2 s, -0,4 Wb. La fem vale 0 V. c) El flujo es 0 a t = 0 y t = 4 s. La fem a t 0 0s es 0,4 V y en t = 4 s es -0,4 V. 17. El campo magnético del problema 4 se reduce uniformemente a cero en 0,8 s. ¿Cuál es la magnitud de la fem inducida en la bobina de la parte (b)? N= 133 𝚫𝚫𝚫𝚫 = −𝑵𝑵 ∗ 𝚫𝚫𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = −𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑮𝑮 ∗ 𝟏𝟏 𝑻𝑻 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝑮𝑮 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = −𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾𝑾𝑾 𝚫𝚫𝚫𝚫 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖 𝐬𝐬 𝜺𝜺 = − 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝚫𝚫𝚫𝚫 = − −𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟖𝟖 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑽𝑽 18. Un solenoide de longitud 25 cm y radio 0,8 cm posee 400 vueltas y se encuentra en un campo magnético externo de 600 G que forma un ángulo de 50º con el eje del solenoide. a) Determinar el flujo magnético a través del solenoide. -0,6 -0,4 -0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 0 1 2 3 4 5 6 7 FLUJO -1 -0,8 -0,6 -0,4 -0,2 0 0,2 0,4 0,6 0 1 2 3 4 5 6 7 FEM
- 7. b) Determinar la magnitud de la fem inducida en el solenoide si el campo magnético externo se reduce a cero en 1,4 s. a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝚽𝚽 = 𝟑𝟑. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑾𝑾𝑾𝑾 b) 𝜺𝜺 = − 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝚫𝚫𝚫𝚫 = − −𝟑𝟑.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝟏𝟏.𝟒𝟒 = 𝟐𝟐. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑽𝑽 19. Una bobina circular de 100 vueltas tiene un diámetro de 2,0 cm y una resistencia de 50 Ω. El plano de la bobina es perpendicular a un campo magnético uniforme de 1,0 T. El campo sufre una inversión de sentido repentina. a) Hallar la carga total que pasa a través de la bobina. Si la inversión emplea un tiempo de 0,1 s, hallar b) La corriente media que circula por dicho circuito. c) La fem media en el mismo. a) 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 𝚫𝚫𝚫𝚫 = −𝐍𝐍 ∗ 𝐁𝐁 ∗ 𝐀𝐀 − 𝐍𝐍 ∗ 𝐁𝐁 ∗ 𝐀𝐀 = −𝟐𝟐 ∗ 𝐍𝐍 ∗ 𝐁𝐁 ∗ 𝐀𝐀 𝜺𝜺 = − 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝚫𝚫𝚫𝚫 = 𝟐𝟐∗𝑵𝑵∗𝑩𝑩∗𝑨𝑨 𝚫𝚫𝚫𝚫 = 𝟐𝟐∗𝑵𝑵∗𝑩𝑩∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝜺𝜺 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 = 𝑸𝑸 𝚫𝚫𝚫𝚫 ∗ 𝑹𝑹 𝑸𝑸 𝚫𝚫𝚫𝚫 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟐𝟐∗𝑵𝑵∗𝑩𝑩∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝑸𝑸 = 𝟐𝟐∗𝑵𝑵∗𝑩𝑩∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 𝐑𝐑 = 𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 b) 𝑰𝑰 = 𝑸𝑸 𝚫𝚫𝚫𝚫 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑨𝑨 c) 𝜺𝜺 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑽𝑽 20. En el ecuador, una bobina de 100 vueltas, 300 cm2 de área de sección recta y 15 Ω de resistencia se orienta de modo que su plano es perpendicular al campo magnético terrestre de 0,7 G. Si se hace girar 90º la bobina, ¿Cuánta carga fluirá a su través? |𝜺𝜺| = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 = 𝑸𝑸 𝚫𝚫𝚫𝚫 ∗ 𝑹𝑹 = 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝑸𝑸 = 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝐑𝐑 = |𝑵𝑵∗𝑩𝑩∗𝑨𝑨−𝟎𝟎| 𝑹𝑹 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 21. Una bobina circular de 300 vueltas y un radio de 5,0 cm se conecta a un integrador de corriente. La resistencia total del circuito es 20 Ω. El plano de la bobina se orienta inicialmente de modo que sea perpendicular al campo magnético terrestre en un punto determinado. Cuando la bobina gira 90º, la carga que pasa a través del integrador se mide y resulta ser igual a 9,4 μC. Calcular el valor del campo magnético terrestre he dicho punto. 𝑸𝑸 = 𝚫𝚫𝚫𝚫 𝐑𝐑 = |𝑵𝑵∗𝑩𝑩∗𝑨𝑨−𝟎𝟎| 𝑹𝑹 𝑩𝑩 = 𝑸𝑸∗𝑹𝑹 𝑵𝑵∗𝑨𝑨 = 𝟗𝟗.𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔∗𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟕𝟕. 𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝑻𝑻 22. Una espira conductora circular elástica se expansiona a una velocidad constante, de modo que su radio viene dado por 𝑹𝑹 = 𝑹𝑹𝒐𝒐 + 𝒗𝒗 𝒕𝒕. La espira se encuentra en una región de campo magnético constante perpendicular a la misma. ¿Cuál es la fem generada en la espira? Despreciar efectos posibles de autoinducción. 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨
- 8. 𝚽𝚽 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝝅𝝅 ∗ (𝑹𝑹𝒐𝒐 + 𝒗𝒗 𝒕𝒕)𝟐𝟐 |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 �𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝝅𝝅 ∗ (𝑹𝑹𝒐𝒐 + 𝒗𝒗 𝒕𝒕)𝟐𝟐 � = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐 ∗ (𝑹𝑹𝒐𝒐 + 𝒗𝒗 𝒕𝒕) ∗ 𝒗𝒗 23. El alambre del problema 12 se sitúa en x=b/4. a) Deducir una expresión para la fem inducida en la bobina si la corriente varía con el tiempo según la relación I=2 t. b) Si a = 1,5 m y b = 2,5 m, ¿Cuál debería ser la resistencia de la bobina para que la corriente fuese 0,1 A? ¿Cuál es el sentido de la corriente? a) 𝝐𝝐 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 Para la región 𝟎𝟎 ≤ 𝒙𝒙 ≤ 𝒃𝒃 : 𝚽𝚽𝒎𝒎 = ∫ 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏 𝒙𝒙 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝟐𝟐∗𝒕𝒕∗𝒂𝒂 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 � = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒕𝒕∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 � 𝝐𝝐 = − 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 � = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒃𝒃/𝟒𝟒 𝒃𝒃−𝒃𝒃/𝟒𝟒 � 𝝐𝝐 = − 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟑𝟑 � b) 𝝐𝝐 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 ; 𝑹𝑹 = 𝝐𝝐 𝑰𝑰 = − 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝑰𝑰∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟑𝟑 � = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝑰𝑰∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟑𝟑 � = − 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟏𝟏.𝟓𝟓 𝟎𝟎.𝟏𝟏∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟑𝟑 � 𝑹𝑹 = 𝟔𝟔, 𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝛀𝛀 El flujo aumenta hacia la página, la corriente inducida tendrá sentido antihorario, para oponerse al aumento anterior. 24. Repetir el problema 23 suponiendo que el alambre se sitúa en x = b/3. 𝝐𝝐 = − 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒙𝒙 𝒃𝒃−𝒙𝒙 � = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒃𝒃/𝟑𝟑 𝒃𝒃−𝒃𝒃/𝟑𝟑 � 𝝐𝝐 = − 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � 𝝐𝝐 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 ; 𝑹𝑹 = 𝝐𝝐 𝑰𝑰 = − 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝑰𝑰∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝒂𝒂 𝑰𝑰∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � = − 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟏𝟏.𝟓𝟓 𝟎𝟎.𝟏𝟏∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝛀𝛀 El flujo aumenta hacia la página, la corriente inducida tendrá sentido antihorario, para oponerse al aumento anterior. Ley de Lenz 25. Dar el sentido de la corriente inducida en el circuito de la derecha de la figura cuando a la resistencia del circuito de la izquierda repentinamente se le hace a) Crecer b) Disminuir.
- 9. a) Si R aumenta, I disminuye y también B. Según la ley de Lenz, la corriente inducida es en sentido anti-horario. b) Si R disminuye, la corriente inducida es en el sentido de las agujas del reloj. 26. Las dos espiras circulares de la figura tienen sus planos paralelos entre sí. Cuando se mira desde A hacia B existe en A una corriente en sentido contrario a la s agujas del reloj. Dar el sentido de la corriente en la espira B y establecer si las espiras se atraen o repelen entre sí, si la corriente en la espira A está a) Creciendo. b) Decreciendo. a) Al aumentar I en a aumenta el flujo en B, de forma que la corriente inducida en b ha de hacer disminuir este aumento, el sentido será horario en B. Usando 𝑭𝑭 � �⃗ = 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 ⃗ ⊗ 𝑩𝑩 ��⃗, las dos espiras se repelen. b) Al decrecer I la corriente en B será en sentido horario, las espiras se atraen. 27. Un imán en forma de barra se mueve con velocidad constante a lo largo del eje de una espira como se indica en la figura. a) Hacer un esquema cualitativo del flujo 𝚽𝚽𝒎𝒎 que atraviesa la espira en función del tiempo. Indicar el tiempo t1 en que el imán está la mitad de introducido en la espira. b) Hacer un esquema de la corriente I que hay en la espira en función del tiempo, escogiendo I positivo cuando tiene sentido contrario al de las agujas del reloj vista la espira desde la izquierda. Sabemos que, cuando el imán se mueve hacia la derecha, el flujo a través del bucle primero aumenta hasta que el imán esté a la mitad del bucle y luego disminuye. Debido a que el flujo primero aumenta y luego disminuye, la corriente cambiará de dirección, teniendo sus valores máximos cuando el flujo cambia más rápidamente. Cuando el centro del imán pasa a través del plano de la bobina dφm /dt = 0 y la corriente es cero.
- 10. 28. Una barra magnética está montada en el extremo de un muelle arrollado en espiral de modo que oscila con movimiento armónico simple a lo largo del eje de una espira, como se muestra en la figura. a) Representar gráficamente el flujo 𝚽𝚽𝒎𝒎 que atraviesa la espira en función del tiempo. Indicar el tiempo t1, cuando el imán está a mitad de camino a través de la espira. b) Representar la intensidad de corriente I en la espira en función del tiempo, eligiendo como positivo el sentido de I cuando coincide con el sentido contrario al de las agujas del reloj, visto desde arriba. Debido a que el imán se mueve con movimiento armónico simple, el flujo y la corriente inducida variarán de forma sinusoidal. La corriente será máxima. dondequiera que el flujo cambie más rápidamente y será cero dondequiera que el flujo esté momentáneamente constante. El siguiente gráfico muestra el flujo, φm, y la corriente inducida (proporcional a −dφm/dt) en función del tiempo.
- 11. Fem de movimiento 29. Una varilla de 30 cm de longitud se mueve a 8 m/s en un plano perpendicular a un campo magnético de 500 G. Su velocidad es perpendicular a la longitud de la varilla. Hallar a) La fuerza magnética ejercida sobre un electrón de la varilla. b) El campo electrostático E existente en la varilla. c) La diferencia de potencial V entre sus extremos. a) 𝑭𝑭 � �⃗ = 𝒒𝒒 ∗ 𝒗𝒗 � �⃗ ⊗ 𝑩𝑩 ���⃗ 𝑭𝑭 = 𝒒𝒒 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟔𝟔. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 b) 𝑬𝑬 ��⃗ = 𝒗𝒗 � �⃗ ⊗ 𝑩𝑩 ��⃗ 𝑬𝑬 = 𝒗𝒗 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑬𝑬 = 𝟖𝟖 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 𝑵𝑵/𝑪𝑪 c) ∆𝑽𝑽 = 𝑬𝑬 ∗ ∆𝒍𝒍 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝟎𝟎. 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑽𝑽 30. Hallar la velocidad de la varilla del problema 29 si la diferencia de potencial entre sus extremos es de 6 V. ∆𝑽𝑽 = 𝑬𝑬 ∗ ∆𝒍𝒍 = 𝒗𝒗 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ ∆𝒍𝒍 𝒗𝒗 = ∆𝑽𝑽 𝑩𝑩∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗∆𝒍𝒍 = 𝟔𝟔 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟎𝟎.𝟑𝟑 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒎𝒎/𝒔𝒔 31. En la figura, sea B=0,8 T, v = 10,0 m/s, l=20 cm y R = 2 Ω. Hallar a) La fem inducida en el circuito. b) La corriente en el circuito. c) La fuerza necesaria para mover la varilla con velocidad constante suponiendo un rozamiento despreciable. d) Hallar la potencia suministrada por la fuerza hallada en el aparte (c). e) La producción de calor I2 R por unidad de tiempo.
- 12. a) 𝚽𝚽 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 𝐀𝐀 = 𝐥𝐥 ∗ (𝐱𝐱 + 𝐯𝐯 ∗ 𝐭𝐭) |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 = 𝟎𝟎. 𝟖𝟖 ∗ 𝟎𝟎. 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑽𝑽 b) 𝑰𝑰 = |𝜺𝜺| 𝑹𝑹 = 𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟎𝟎. 𝟖𝟖 𝑨𝑨 El flujo entrante aumenta, la corriente circulará en sentido antihorario para contrarrestar este aumento. c) 𝑭𝑭 = 𝑭𝑭𝒎𝒎 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝑩𝑩 = 𝟎𝟎. 𝟖𝟖 ∗ 𝟎𝟎. 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟖𝟖 = 𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 La fuerza magnética está dirigida hacia la izquierda, la necesaria para el movimiento hacia la derecha. d) 𝑷𝑷 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒗𝒗 = 𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑾𝑾 e) 𝑸𝑸 = 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎. 𝟖𝟖𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑾𝑾 32. Resolver el problema 31 en el caso de B = 1,5 T, v = 6 m/s, l = 40 cm y R=1,2 Ω. 𝚽𝚽 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 𝐀𝐀 = 𝐥𝐥 ∗ (𝐱𝐱 + 𝐯𝐯 ∗ 𝐭𝐭) |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 = 𝟏𝟏. 𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝟔𝟔 = 𝟑𝟑. 𝟔𝟔 𝑽𝑽 𝑰𝑰 = |𝜺𝜺| 𝑹𝑹 = 𝟑𝟑.𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = 𝟑𝟑 𝑨𝑨 El flujo entrante aumenta, la corriente circulará en sentido antihorario para contrarrestar este aumento. 𝑭𝑭 = 𝑭𝑭𝒎𝒎 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝑩𝑩 = 𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏. 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖 𝑵𝑵 La fuerza magnética está dirigida hacia la izquierda, la necesaria para el movimiento hacia la derecha. 𝑷𝑷 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒗𝒗 = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖 ∗ 𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟖𝟖 𝑾𝑾 𝑸𝑸 = 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟑𝟑𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏. 𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟖𝟖 𝑾𝑾
- 13. 33. Una espira rectangular de 10 cm por 5,0 cm y con una resistencia de 2,5 Ω se mueve por una región de un campo magnético uniforme de B = 1,7 T (figura) con velocidad constante v = 2,4 cm /s. El extremo delantero de la espira entra en la región del campo magnético en el instante t=0. a) Hallar el flujo que atraviesa la espira en función del tiempo y dibujar un gráfico del mismo. b) Hallar la fem y la corriente inducida en la espira en función del tiempo y dibujar un gráfico de las mismas. Despreciar cualquier autoinducción de la espira y ampliar los gráficos desde t =0 hasta t = 16 s. a) Mientras la espira esta entrando: 𝒕𝒕 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟒𝟒. 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔 𝚽𝚽 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒙𝒙 ∗ 𝒚𝒚 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒚𝒚 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏, 𝟕𝟕 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒕𝒕 𝚽𝚽 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒕𝒕 𝐔𝐔𝐔𝐔𝐔𝐔 𝐯𝐯𝐯𝐯𝐯𝐯 𝐡𝐡𝐡𝐡 𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞𝐞: 𝐄𝐄𝐄𝐄𝐄𝐄𝐄𝐄𝐄𝐄 𝐭𝐭 = 𝟒𝟒.17 s y 4.17*2=8.34 s. 𝚽𝚽 = 𝐁𝐁 ∗ 𝐀𝐀 = 𝟏𝟏. 𝟕𝟕 ∗ 𝟎𝟎. 𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐖𝐖𝐖𝐖 En el tramo de salida: t entre 8.34 y 8.34+4.17=12.51 s 𝚽𝚽 = 𝐁𝐁 ∗ 𝐲𝐲 ∗ (𝟎𝟎. 𝟏𝟏 − 𝐯𝐯 ∗ (𝐭𝐭 − 𝟖𝟖. 𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝚽𝚽 = 𝟏𝟏. 𝟕𝟕 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟎𝟎. 𝟏𝟏 − 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝐭𝐭 − 𝟖𝟖. 𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝐭𝐭 b) En el intervalo inicial (0<t<4.17): 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = − 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑽𝑽
- 14. El signo indica que el sentido será antihorario. En el intervalo central: 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 En el tramo final, de salida (8.34 s<t<12.51 s ): 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑽𝑽 La corriente será en sentido horario. 34. Un campo magnético uniforme de magnitud 1,2 T posee la dirección del eje z. Una barra conductora de longitud 15 cm se encuentra paralelamente al eje y y oscila en la dirección x con una elongación dada por x = (2 cm) cos 120 πt. ¿Cuál es la fem inducida en la barra? 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = −𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒕𝒕) 𝜺𝜺 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒕𝒕) = 𝟏𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒕𝒕) 35. En la figura, la barra posee una resistencia r y los raíles son de resistencia despreciable. Una batería de fem 𝜺𝜺 y resistencia interna despreciable se conecta entre los puntos a y b de tal modo que la corriente en la barra está dirigida hacia abajo. La barra se encuentra en reposo en el instante t =0. a) Determinar la fuerza que actúa sobre la barra en función de la velocidad v y escribir la segunda ley de Newton para la barra cuando su velocidad es v. b) Demostrar que la barra alcanza una velocidad límite y determinar la expresión correspondiente. c) ¿Cuál es el valor de la intensidad de la corriente cuando la barra alcanza su velocidad límite?
- 15. a) 𝑭𝑭 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝜺𝜺 − 𝜺𝜺𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊 = 𝜺𝜺 − 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 𝑩𝑩 ∗ 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 b) Para un máximo de la velocidad: 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝑩𝑩 ∗ 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 ∗ 𝒍𝒍 = 𝟎𝟎 𝒗𝒗 = 𝜺𝜺 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 c) 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 = 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗ 𝜺𝜺 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎 36. En el ejemplo: Determinar la energía total disipada en la resistencia y demostrar que es igual a 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝒐𝒐 𝟐𝟐 . En el ejemplo: 𝑭𝑭 = −𝑰𝑰 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺 𝑹𝑹 = 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 − 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 − 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒗𝒗 ∫ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒗𝒗 𝒗𝒗 𝒗𝒗𝒐𝒐 = − ∫ 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒕𝒕 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒗𝒗 𝒗𝒗𝒐𝒐 � = − 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗ 𝒕𝒕 𝒗𝒗 = 𝒗𝒗𝒐𝒐 ∗ 𝒆𝒆 −� 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗𝒕𝒕� 𝑷𝑷 = 𝜺𝜺𝟐𝟐 𝑹𝑹 = (𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗)𝟐𝟐 𝑹𝑹 𝑬𝑬 = ∫ (𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗)𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∞ 𝟎𝟎 = 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ ∫ 𝒗𝒗𝒐𝒐 𝟐𝟐 ∗ 𝒆𝒆 −𝟐𝟐∗� 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗𝒕𝒕� ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∞ 𝟎𝟎 Usando el cambio de variable: 𝑬𝑬 = 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒗𝒗𝒐𝒐 𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ 𝒎𝒎∗𝑹𝑹 𝟐𝟐∗𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝒐𝒐 𝟐𝟐
- 16. 37. Determinar la distancia total recorrida por la barra en el caso anterior. 𝒗𝒗 = 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒗𝒗𝒐𝒐 ∗ 𝒆𝒆 −� 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗𝒕𝒕� ∫ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒙𝒙 𝟎𝟎 = 𝒗𝒗𝒐𝒐 ∗ ∫ 𝒆𝒆 −� 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 ∗𝒕𝒕� ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∞ 𝟎𝟎 𝒙𝒙 = 𝒗𝒗𝒐𝒐 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝑹𝑹∗𝒎𝒎 = 𝒎𝒎∗𝒗𝒗𝒐𝒐∗𝑹𝑹 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 38. La barra de la figura del problema 35 posee una resistencia R y los raíles son de resistencia despreciable. Un condensador de carga Qo y capacidad C se conecta entre los puntos a y b de tal modo que la corriente en la barra se dirige hacia abajo. La barra está en reposo para t = 0. a) Escribir la ecuación del movimiento de la barra sobre los raíles. b) Demostrar que la velocidad límite de la barra sobre los raíles está relacionada con la carga final en el condensador. a) 𝑭𝑭 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑰𝑰 = 𝑸𝑸 𝑪𝑪 −𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 − 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = − 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∫ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝟎𝟎 𝑸𝑸𝟎𝟎 = − 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗ ∫ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒗𝒗 𝟎𝟎 𝑸𝑸 = 𝑸𝑸𝒐𝒐 − 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 𝑰𝑰 = 𝑸𝑸 𝑪𝑪 −𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 = 𝑸𝑸𝒐𝒐− 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗𝒗𝒗 𝑪𝑪 −𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 = 𝑸𝑸𝒐𝒐− 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗𝒗𝒗 𝑪𝑪∗𝑹𝑹 − 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑩𝑩 ∗ � 𝑸𝑸𝒐𝒐− 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗𝒗𝒗 𝑪𝑪∗𝑹𝑹 − 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 � ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 𝒎𝒎 ∗ � 𝑸𝑸𝒐𝒐− 𝒎𝒎 𝑩𝑩∗𝒍𝒍 ∗𝒗𝒗 𝑪𝑪∗𝑹𝑹 − 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 � 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝑸𝑸𝒐𝒐 𝒎𝒎∗𝑪𝑪∗𝑹𝑹 − � 𝟏𝟏 𝑹𝑹∗𝑪𝑪 + 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝒎𝒎∗𝑹𝑹 � ∗ 𝒗𝒗 b) Para la velocidad límite 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝑭𝑭 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝑰𝑰 = 𝑸𝑸𝒇𝒇 𝑪𝑪 −𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗𝒕𝒕 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎 𝒗𝒗𝒕𝒕 = 𝑸𝑸𝒇𝒇 𝑪𝑪∗𝑩𝑩∗𝒍𝒍 39. En la figura una barra conductora de masa m y resistencia despreciable desliza sin rozamiento a lo largo de dos raíles paralelos de resistencia despreciable, separados por una distancia l y conectados por una resistencia R. Los raíles están sujetos a un plano largo e inclinado que forma un ángulo ϴ con la horizontal. Como se indica enla figura, el campo magnético está dirigido hacia arriba.
- 17. a) Demostrar que existe una fuerza retardatriz dirigida hacia arriba sobre el plano inclinado dada por 𝑭𝑭 = �𝑩𝑩𝟐𝟐 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝒗𝒗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒔𝒔𝟐𝟐 𝜽𝜽�/𝑹𝑹. b) Demostrar que la velocidad terminal de la barra es 𝒗𝒗𝒕𝒕 = 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎/ (𝑩𝑩𝟐𝟐 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜽𝜽). a) 𝑭𝑭 = 𝑭𝑭𝒎𝒎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝜺𝜺 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺 𝑹𝑹 = 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 𝑭𝑭 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜽𝜽 𝑹𝑹 b) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒗𝒗∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 𝑹𝑹 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 Para la velocidad terminal 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒗𝒗𝒕𝒕∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎 𝒗𝒗𝒕𝒕 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝑹𝑹∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 40. Un péndulo simple formado por un alambre de longitud L soporta una bola metálica de masa m. El alambre posee una masa despreciable y se mueve En el interior de un campo magnético horizontal y uniforme B. Este péndulo ejecuta un movimiento armónico simple de amplitud angular ϴo. ¿Cuál es la fem generada a lo largo del alambre? 𝜽𝜽 = 𝜽𝜽𝒐𝒐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 (𝝎𝝎𝝎𝝎); 𝝎𝝎 = � 𝒈𝒈 𝑳𝑳 Los diferentes puntos de la varilla tienen velocidades diferentes, el campo eléctrico inducido (relacionado con la fuerza magnética que sufren los electrones en la varilla) será distinto en cada punto.
- 18. Supongamos la varilla dividida en elementos infinitesimales de longitud dr. Para el elemento situado entre r y r+dr, tendremos que su velocidad de traslación es: 𝒗𝒗 = 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = −𝒓𝒓 ∗ 𝜽𝜽𝒐𝒐 ∗ 𝝎𝝎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 (𝝎𝝎 ∗ 𝒕𝒕) |𝑬𝑬| = �𝒗𝒗 � �⃗⨂𝑩𝑩 ��⃗� = 𝑩𝑩 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝜽𝜽𝒐𝒐 ∗ 𝝎𝝎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 (𝝎𝝎 ∗ 𝒕𝒕) |𝜺𝜺| = ∫ 𝑬𝑬 ��⃗ ∗ 𝒅𝒅𝒓𝒓 �⃗ 𝑳𝑳 𝟎𝟎 = ∫ 𝑩𝑩 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝜽𝜽𝒐𝒐 ∗ 𝝎𝝎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 (𝝎𝝎 ∗ 𝒕𝒕) ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑳𝑳 𝟎𝟎 |𝜺𝜺| = 𝑩𝑩 ∗ 𝜽𝜽𝒐𝒐 ∗ 𝝎𝝎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 (𝝎𝝎 ∗ 𝒕𝒕) ∗ ∫ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑳𝑳 𝟎𝟎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝜽𝜽𝒐𝒐 ∗ 𝝎𝝎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 (𝝎𝝎 ∗ 𝒕𝒕) ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝟐𝟐 41. Un alambre situado a lo largo del eje z transporta la corriente I= 20 A en el sentido positivo de dicho eje. Una pequeña esfera conductora de radio R= 2 cm se encuentra inicialmente en reposo sobre el eje y a una distancia h = 45 m por encima del alambre. La esera se deja caer en el instante t = 0. a) ¿Cuál es el campo eléctrico en el centro de la esfera en el instante t = 3 s? Suponer que el único campo magnético es el producido por el alambre. b) ¿Cuál es el voltaje a través de la esfera en el instante t = 3 s? a) 𝑩𝑩 ��⃗ = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝒚𝒚 ∗ (−𝒊𝒊 ⃗) = − 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒚𝒚 ∗ 𝒊𝒊 ⃗ 𝒚𝒚(𝒕𝒕) = 𝒚𝒚𝒐𝒐 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒕𝒕𝟐𝟐 ;𝒚𝒚 (𝟑𝟑) = 𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟒𝟒. 𝟗𝟗 ∗ 𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 𝒗𝒗 � �⃗(𝒕𝒕) = −𝟗𝟗. 𝟖𝟖 ∗ 𝒕𝒕 ∗ 𝒋𝒋 ⃗ ; 𝒗𝒗 � �⃗(𝟑𝟑) = −𝟗𝟗. 𝟖𝟖 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝒋𝒋 ⃗ = −𝟐𝟐𝟐𝟐, 𝟒𝟒 ∗ 𝒋𝒋 ⃗ 𝑬𝑬 ��⃗ = 𝒗𝒗 � �⃗⨂𝑩𝑩 ��⃗ = (−𝟐𝟐𝟐𝟐, 𝟒𝟒 ∗ 𝒋𝒋 ⃗ )⨂ �− 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝒚𝒚 ∗ 𝒊𝒊 ⃗� 𝑬𝑬 ��⃗ = (−𝟐𝟐𝟐𝟐, 𝟒𝟒 ∗ 𝒋𝒋 ⃗ )⨂ �− 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝒊𝒊 ⃗� = −𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝑪𝑪 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ b) La diferencia de potencial a través de la esfera depende del campo eléctrico en el centro de la esfera y el diámetro de la esfera: ∆𝑽𝑽 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝑬𝑬 = 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟓𝟓. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝑽𝑽 42. En la figura del problema 39, sea ϴ= 30º, m = 0,4 kg, l=15 m y R=2,0 Ω. La barra parte del reposo de la parte más alta del plano inclinado en el tiempo t = 0. Los raíles tienen resistencia despreciable. Existe un campo magnético constante verticalmente dirigido hacia arriba de magnitud 1,2 T. a) Determinar la fem inducida en la barra en función de su velocidad hacia abajo sobre los raíles.
- 19. b) Expresar la ley del movimiento de Newton para la barra; demostrar que la barra se aproxima a una velocidad límite y determinar su velocidad. a) 𝜺𝜺 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟔𝟔 ∗ 𝒗𝒗 b) 𝑭𝑭 − 𝑭𝑭𝒎𝒎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝑰𝑰 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺 𝑹𝑹 = 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒗𝒗∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 𝒎𝒎∗𝑹𝑹 Para la velocidad terminal 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒗𝒗𝒕𝒕∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 𝒎𝒎∗𝑹𝑹 = 𝟎𝟎 𝒗𝒗𝒕𝒕 = 𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝒎𝒎∗𝑹𝑹 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 = 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟎𝟎.𝟒𝟒∗𝟐𝟐.𝟎𝟎 𝟏𝟏.𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝒎𝒎/𝒔𝒔 43. Cuando la barra del problema 42 ha alcanzado su velocidad terminal, ¿Cuál es la potencia disipada en la resistencia? ¿Cómo se modifica por unidad de tiempo la energía potencial de la barra? 𝑷𝑷 = 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 = � 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗𝒗𝒗𝑻𝑻∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 � 𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 == 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 = � 𝑩𝑩∗𝒍𝒍∗ 𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝒎𝒎∗𝑹𝑹 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 ∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 � 𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 𝑷𝑷 = 𝒈𝒈𝟐𝟐∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟐𝟐𝜽𝜽∗𝒎𝒎𝟐𝟐 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖𝟐𝟐∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟐𝟐𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟎𝟎.𝟒𝟒𝟐𝟐 𝟏𝟏.𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾 La barra perderá por unidad de tiempo una energía potencial dada por: ∆𝑬𝑬𝒑𝒑 ∆𝒕𝒕 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ ∆𝒉𝒉 ∆𝒕𝒕 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ ∆𝒙𝒙 ∆𝒕𝒕 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∆𝑬𝑬𝒑𝒑 ∆𝒕𝒕 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑾𝑾 44. Un cilindro conductor sólido de radio 0,1 m y masa 4 kg descansa sobre raíles conductores horizontales (figura). Los raíles, separados por una distancia a=0,4 m, poseen una superficie áspera, de modo que el cilindro rueda en lugar de deslizar. Una batería de 12 V está conectada a los raíles, como se indica en la figura. La única resistencia significativa del circuito es la resistencia de contacto de 6 Ω entre el cilindro y los raíles. El sistema se encuentra en un reposo próximo a la batería.
- 20. a) ¿Cuál debe ser la magnitud y dirección de B para que el cilindro tenga una aceleración inicial de 0,1 m/s2 hacia la derecha? b) Determinar la fuerza sobre el cilindro en función de su velocidad. c) Determinar la velocidad límite del cilindro. d) ¿Cuál es la energía cinética del cilindro cuando ha alcanzado su velocidad límite? (Despreciar el campo magnético debido a la corriente en el sistema cilindro- raíles-batería y suponer que la densidad de corriente en el cilindro es uniforme). a) 𝑭𝑭 − 𝑭𝑭𝒇𝒇 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒂𝒂 − 𝑭𝑭𝒇𝒇 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 Teniendo en cuenta la rotación del cilindro: 𝑭𝑭𝒇𝒇 ∗ 𝒓𝒓 = 𝑰𝑰𝒊𝒊𝒊𝒊 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒂𝒂 − 𝑰𝑰𝒊𝒊𝒊𝒊 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∗ �𝒎𝒎 ∗ 𝒓𝒓 + 𝑰𝑰𝒊𝒊𝒊𝒊 𝒓𝒓 � = 𝑩𝑩 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒂𝒂 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝒎𝒎+ 𝑰𝑰𝒊𝒊𝒊𝒊 𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝑩𝑩∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝒎𝒎+ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝒎𝒎 = 𝟐𝟐∗𝑩𝑩∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟑𝟑∗𝒎𝒎 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟐𝟐∗𝑩𝑩∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟑𝟑∗𝒎𝒎 𝑩𝑩 = 𝟑𝟑∗𝒎𝒎∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝟐𝟐∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝜺𝜺 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 ; 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺 𝑹𝑹 𝑩𝑩 = 𝟑𝟑∗𝒎𝒎∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝟐𝟐∗ 𝜺𝜺 𝑹𝑹 ∗𝒂𝒂 = 𝟑𝟑∗𝒎𝒎∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∗𝑹𝑹 𝟐𝟐∗𝜺𝜺∗𝒂𝒂 = 𝟑𝟑∗𝟒𝟒∗𝟎𝟎.𝟏𝟏∗𝟔𝟔 𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 = 𝟎𝟎. 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑻𝑻 Dirigido hacia abajo b) 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟐𝟐∗𝑩𝑩∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟑𝟑∗𝒎𝒎 𝑭𝑭𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟐𝟐∗𝑩𝑩∗𝑰𝑰∗𝒂𝒂 𝟑𝟑 Teniendo en cuenta la fem inducida: 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒂𝒂∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 𝑭𝑭𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 = 𝟐𝟐∗𝑩𝑩∗ 𝜺𝜺−𝑩𝑩∗𝒂𝒂∗𝒗𝒗 𝑹𝑹 ∗𝒂𝒂 𝟑𝟑 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 𝟑𝟑∗𝑹𝑹 ∗ �𝑩𝑩 ∗ 𝜺𝜺 − 𝑩𝑩𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒗𝒗� c) La velocidad terminal implica Fnet=0 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 𝟑𝟑∗𝑹𝑹 ∗ �𝑩𝑩 ∗ 𝜺𝜺 − 𝑩𝑩𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕� = 𝟎𝟎 𝒗𝒗𝒕𝒕 = 𝜺𝜺 𝑩𝑩∗𝒂𝒂 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟎𝟎 𝒎𝒎/𝒔𝒔 d) 𝑬𝑬𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕 𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒘𝒘𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ �𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕 𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕 𝟐𝟐 𝒓𝒓𝟐𝟐� = 𝟑𝟑 𝟒𝟒 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕 𝟐𝟐 𝑬𝑬𝒄𝒄 = 𝟑𝟑 𝟒𝟒 ∗ 𝟒𝟒 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟐𝟐 = 𝟒𝟒. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑱𝑱 45. Una barra de longitud l es perpendicular a un conductor rectilíneo largo por el que circula una corriente I, según puede verse en la figura. El extremo cercano de la barra
- 21. está a una distancia d del conductor. La barra se mueve comuna velocidad v en el sentido de la corriente I. a) Demostrar que la diferencia de potencial entre los extremos de la barra viene dada por 𝑽𝑽 = 𝝁𝝁𝒐𝒐𝑰𝑰 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗 � 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 � b) Utilizar la ley de Faraday para obtener este resultado considerando el flujo que atraviesa un área rectangular 𝑨𝑨 = 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 barrida por la barra. a) El campo creado por el hilo: 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 Con x siendo la distancia desde el hilo al punto considerado. La barra tendrá diferentes valores del campo magnético dependiendo de su distancia al hilo. Para un segmento dx de la barra: 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒗𝒗 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 Considerando toda la barra: ∆𝑽𝑽 = ∫ 𝒗𝒗 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 = 𝒗𝒗 ∗ 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ ∫ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒙𝒙 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒗𝒗 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 � Siendo la parte positiva en el extremo de la barra más próximo al conductor. b) ∆𝑽𝑽 = 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 Para un segmento de la barra de longitud dx: 𝐝𝐝𝐝𝐝 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒕𝒕 𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏 𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭 𝐥𝐥𝐥𝐥 𝐛𝐛𝐛𝐛𝐛𝐛𝐛𝐛𝐛𝐛: 𝚽𝚽 = ∫ 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒕𝒕 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒗𝒗 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 � ∗ 𝒕𝒕 ∆𝑽𝑽 = |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒗𝒗 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒅𝒅+𝒍𝒍 𝒅𝒅 � 46. La espira del problema 10 se mueve alejándose del alambre con una velocidad constante v. En el instante t =0, el lado izquierdo de la espira se encuentra a una distancia d del alambre largo rectilíneo. a) Calcular la fem generada en la espira determinando la fem de movimiento en cada segmento de la misma, paralelo al alambre. Explicar por qué se desprecia la fem en los segmentos perpendiculares al alambre. b) Calcular la fem en la espira calculando primero el flujo a través de la misma en función del tiempo y después usando la expresión 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽𝒎𝒎 𝒅𝒅𝒅𝒅 ; compárese la respuesta con la obtenida en la parte (a). a) 𝜺𝜺 = 𝑩𝑩(𝒙𝒙) ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒃𝒃
- 22. 𝑩𝑩(𝒗𝒗𝒗𝒗 + 𝒅𝒅) = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 𝑩𝑩(𝒗𝒗𝒗𝒗 + 𝒅𝒅 + 𝒂𝒂) = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕+𝒂𝒂 Para el extremo cercano: 𝜺𝜺𝟏𝟏 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒃𝒃 Para el alejado: 𝜺𝜺𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕+𝒂𝒂 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒃𝒃 La diferencia de potencial: 𝜺𝜺𝟏𝟏 − 𝜺𝜺𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒃𝒃 − 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕+𝒂𝒂 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝒃𝒃 𝜺𝜺𝟏𝟏 − 𝜺𝜺𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒃𝒃∗𝒗𝒗 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ ( 𝟏𝟏 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 − 𝟏𝟏 𝒅𝒅+𝒂𝒂+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 ) b) 𝐝𝐝𝐝𝐝 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒕𝒕 𝚽𝚽 = � 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑰𝑰 𝒙𝒙 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅+𝒂𝒂+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝑰𝑰 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒅𝒅 + 𝒂𝒂 + 𝒗𝒗 ∗ 𝒕𝒕 𝒅𝒅 + 𝒗𝒗 ∗ 𝒕𝒕 � |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒃𝒃 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ � 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 𝒅𝒅+𝒂𝒂+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 � ∗ � (𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕)∗𝒗𝒗−(𝒅𝒅+𝒂𝒂+𝒗𝒗∗𝒕𝒕)∗𝒗𝒗 (𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕)𝟐𝟐 � |𝜺𝜺| = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝒃𝒃∗𝒗𝒗 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ ( 𝟏𝟏 𝒅𝒅+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 − 𝟏𝟏 𝒅𝒅+𝒂𝒂+𝒗𝒗∗𝒕𝒕 ) 47. Una barra conductora de longitud l gira a velocidad angular constante ω alrededor de un extremo en un plano perpendicular a un campo magnético uniforme (figura). a) Demostrar que la fuerza magnética sobre una carga q situada a una distancia r del eje de giro es Bqrω. b) Demostrar que la diferencia de potencial existente entre los extremos de la barra es V=1/2Bωl2 . c) Dibujar una línea radial cualquiera en el plano a partir de la cual midamos el ángulo 𝜽𝜽 = 𝝎𝝎𝝎𝝎. Demostrar que el área de la región en forma de cuña entre la línea de referencia y la barra es 𝑨𝑨 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐𝒍𝒍𝟐𝟐 𝜽𝜽. Calcular el flujo que atraviesa esta área y demostrar que 𝜺𝜺 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝒍𝒍𝟐𝟐 se deduce a partir de la ley de Faraday a dicha área. a) 𝑭𝑭 = 𝒒𝒒 ∗ 𝒗𝒗 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒒𝒒 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒗𝒗 = 𝒒𝒒 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝝎𝝎 b) 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝜺𝜺 = ∫ 𝑩𝑩 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒍𝒍 𝟎𝟎 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝝎𝝎 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 c) |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒓𝒓 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
- 23. 𝑨𝑨 = ∫ 𝒓𝒓 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒍𝒍 𝟎𝟎 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝑩𝑩 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝝎𝝎 Inductancia 48. ¿Cómo se modificaría la autoinducción de un solenoide si a) La misma longitud de alambre se arrollara sobre un cilindro de igual diámetro pero de longitud doble; b) Una longitud doble de alambre se arrollara sobre el mismo cilindro; c) La misma longitud de alambre se arrollara sobre un cilindro de igual longitud, pero de diámetro doble? a) 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 ; 𝑳𝑳 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒏𝒏𝟐𝟐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝒍𝒍 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑵𝑵𝟐𝟐 𝒍𝒍 𝒏𝒏 = 𝑵𝑵/𝑳𝑳 Las dos áreas son iguales al tener el mismo radio. 𝒍𝒍𝟏𝟏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 La longitud de los hilos y el radio de cada espira son los mismos en los dos casos, el número de vueltas ha de ser el mismo: 𝑵𝑵𝟏𝟏 = 𝑵𝑵𝟐𝟐 = 𝑵𝑵 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑵𝑵𝟐𝟐 𝒍𝒍𝟏𝟏 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑵𝑵𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝟐𝟐 El de longitud doble tiene la mitad de autoinducción. b) En este caso, las áreas son iguales, el número de vueltas no lo será: 𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝟏𝟏 𝑵𝑵𝟏𝟏 = 𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹 𝑵𝑵𝟐𝟐 = 𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹 = 𝟐𝟐∗𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑵𝑵𝟏𝟏 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑵𝑵𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝒍𝒍 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑵𝑵𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝑳𝑳 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝟒𝟒∗𝑵𝑵𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝒍𝒍 = 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 El que tiene el alambre más largo tiene 4 veces más autoinducción. c) Les áreas serán: 𝑨𝑨𝟐𝟐 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 ∗ 𝑨𝑨𝟏𝟏 𝑵𝑵𝟐𝟐 = 𝑳𝑳 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 = 𝑳𝑳 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝟐𝟐∗𝑹𝑹𝟏𝟏 = 𝑵𝑵𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑨𝑨𝟐𝟐 ∗ 𝑵𝑵𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒍𝒍 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝟒𝟒 ∗ 𝑨𝑨𝟏𝟏 ∗ 𝑵𝑵𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝟒𝟒∗𝒍𝒍 = 𝑳𝑳𝟏𝟏 Son iguales. 49. Por una bobina con una autoinducción de 8,0 H circula una corriente de 3 A, y varía a razón de 200 A/s. a) Hallar el flujo magnético que atraviesa la bobina. b) Hallar la fem inducida en función del tiempo. a) 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 𝑰𝑰(𝒕𝒕) = 𝟑𝟑 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 = 𝟖𝟖 ∗ (𝟑𝟑 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕) = 𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒕𝒕 b) |𝜺𝜺| = 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑽𝑽
- 24. 50. Por una bobina de autoinducción L circula una corriente I, dada por 𝑰𝑰 = 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐). Hallar el flujo 𝚽𝚽𝒎𝒎 y la fem autoinducida y representarlos gráficamente en función del tiempo. 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰𝒐𝒐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒇𝒇 ∗ 𝒕𝒕) 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = −𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝐈𝐈 𝒅𝒅𝒅𝒅 = −𝑳𝑳 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒇𝒇 ∗ 𝑰𝑰𝒐𝒐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒇𝒇 ∗ 𝒕𝒕) 51. Un solenoide tiene una longitud de 25 cm, un radio de 1 cm y 400 vueltas. Por él circula una corriente de 3 A. Hallar a) B sobre el eje y en el centro del solenoide.
- 25. b) El flujo que atraviesa el solenoide admitiendo que B es uniforme. c) La autoinducción del solenoide. d) La fem inducida en el solenoide cuando la corriente varía a razón de 150 A/s. a) 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒏𝒏 ∗ 𝑰𝑰 = 𝟒𝟒 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑 = 𝟔𝟔. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑻𝑻 b) 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑩𝑩 ∗ 𝑨𝑨 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟔𝟔. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟕𝟕. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝑾𝑾𝑾𝑾 c) 𝚽𝚽𝒎𝒎 = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 ; 𝑳𝑳 = 𝚽𝚽𝒎𝒎 𝑰𝑰 = 𝟕𝟕.𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑯𝑯 d) 𝜺𝜺 = − 𝒅𝒅𝚽𝚽 𝒅𝒅𝒅𝒅 = −𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝐈𝐈 𝒅𝒅𝒅𝒅 = −𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒕𝒕) = −𝑳𝑳 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = −𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝜺𝜺 = −𝟑𝟑𝟑𝟑. 𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑽𝑽 52. Dos solenoides de radios 2 cm y 5 cm son coaxiales. Cada uno de ellos tiene 25 cm de longitud y poseen respectivamente 300 y 1000 vueltas. Determinar su inductancia mutua. 𝑴𝑴𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝚽𝚽𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑰𝑰𝟏𝟏 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒏𝒏𝟐𝟐 ∗ 𝒏𝒏𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑴𝑴𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟒𝟒 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑯𝑯 53. Un alambre largo y aislado comuna resistencia lineal de 18 Ω/m se utiliza para construir la resistencia de un circuito. En primer lugar, el alambre se dobla por la mitad y después se arrolla en forma cilíndrica como indica la figura. El diámetro de esta forma cilíndrica es de 2 cm, su longitud 25 cm y la longitud total del alambre 9 m. Determinar la resistencia y la inductancia de esta resistencia. La corriente entra por un extremo, circulo hacia la doblez final en un sentido, llega a este punto y vuelve en sentido contrario. El flujo total enla bobina construida es cero. 𝑳𝑳 = 𝚽𝚽𝒎𝒎 𝑰𝑰 = 𝟎𝟎 𝑹𝑹 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀 𝒎𝒎 ∗ 𝟗𝟗 𝒎𝒎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀 54. La figura muestra dos solenoides largos cada uno de 2000 vueltas de alambre. El solenoide exterior es de 20 cm de longitud y diámetro 2 cm. El solenoide interior es de 10 cm de longitud y diámetro 1 cm. Determinar la inductancia efectiva de este dispositivo. El interior producirá un flujo en un sentido contrario al exterior dado que la corriente circula en sentidos opuestos por ellos.
- 26. 𝐋𝐋𝒊𝒊 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵𝒊𝒊 𝟐𝟐 ∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝒊𝒊 𝟐𝟐 𝒍𝒍𝒊𝒊 = 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟏𝟏 = 𝟏𝟏. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝑯𝑯 𝐋𝐋𝒆𝒆 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵𝒆𝒆 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝒆𝒆 𝟐𝟐 𝒍𝒍𝒆𝒆 = 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟐𝟐 = 𝟑𝟑. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝑯𝑯 𝐋𝐋 = 𝐋𝐋𝒆𝒆 − 𝐋𝐋𝒊𝒊 = 𝟏𝟏. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝑯𝑯 55. El circuito 2 de la figura posee una resistencia total de 300 Ω. Cuando el interruptor S del circuito 1 está cerrado, a través del galvanómetro del circuito 2 fluye una carga total de 2 10-4 C. Después de un largo tiempo, la corriente del circuito 1 es de 5 A. ¿Cuál es la inductancia mutua entre las dos bobinas? Para el circuito 2 tenemos: 𝑴𝑴 ∗ 𝒅𝒅𝑰𝑰𝟏𝟏 𝒅𝒅𝒅𝒅 + 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝑰𝑰𝟐𝟐 𝒅𝒅𝒅𝒅 − 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 = 𝟎𝟎 𝑴𝑴 ∗ 𝒅𝒅𝑰𝑰𝟏𝟏 + 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝑰𝑰𝟐𝟐 − 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝑴𝑴 ∗ ∫ 𝒅𝒅𝑰𝑰𝟏𝟏 ∞ 𝟎𝟎 + 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ ∫ 𝒅𝒅𝑰𝑰𝟐𝟐 ∞ 𝟎𝟎 − 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ ∫ 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∞ 𝟎𝟎 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝑴𝑴 ∗ 𝑰𝑰𝟏𝟏∞ + 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐∞ − 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑸𝑸 = 𝟎𝟎 𝑰𝑰𝟐𝟐∞ = 𝟎𝟎 𝑴𝑴 ∗ 𝑰𝑰𝟏𝟏∞ = 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑸𝑸 𝑴𝑴 = 𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝑸𝑸 𝑰𝑰𝟏𝟏∞ = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑯𝑯 56. Demostrar que la inductancia de un toroide de sección rectangular como indica la figura viene dada por 𝑳𝑳 = 𝝁𝝁𝒐𝒐𝑵𝑵𝟐𝟐𝑯𝑯 𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝒃𝒃 𝒂𝒂 � 𝟐𝟐𝟐𝟐 En donde N es el número total de vueltas, a es el radio interior, b el radio exterior y H la altura del toroide. 𝑳𝑳 = 𝑵𝑵∗𝚽𝚽𝒎𝒎 𝑰𝑰 Usando la ley de Ampere par a<r<b: 𝑩𝑩 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑰𝑰𝑪𝑪 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑰𝑰𝑪𝑪 = 𝑵𝑵 ∗ 𝑰𝑰 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓
- 27. Para un segmento de grosor dr: 𝐝𝐝𝐝𝐝𝒎𝒎 = 𝑩𝑩 ∗ 𝑯𝑯 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝚽𝚽𝒎𝒎 = ∫ 𝑩𝑩 𝒃𝒃 𝒂𝒂 ∗ 𝑯𝑯 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = ∫ 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 𝒃𝒃 𝒂𝒂 ∗ 𝑯𝑯 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵∗𝑰𝑰∗𝑯𝑯 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒃𝒃 𝒂𝒂 � 𝑳𝑳 = 𝑵𝑵∗𝚽𝚽𝒎𝒎 𝑰𝑰 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵𝟐𝟐∗𝑰𝑰∗𝑯𝑯 𝟐𝟐∗𝝅𝝅 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝒃𝒃 𝒂𝒂 � Energía magnética 57. Si la corriente que circula por un inductor se duplica, la energía que se almacena en el mismo será a) La misma. b) El doble. c) Cuatro veces mayor. d) La mitad. e) La cuarta parte. 𝑬𝑬𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 Si doblamos I, hacemos la energía almacenada cuatro veces mayor. Respuesta c. 58. Se conecta una bobina cuya autoinducción es 2,0 H y su resistencia 12,0 Ω a una batería de 24 V y de resistencia interna despreciable. a) ¿Cuál es la corriente final? b) ¿Cuánta energía se almacena en la bobina cuando se alcanza el valor final de la corriente? a) En la situación final: 𝜺𝜺 − 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎 ; 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺 𝑹𝑹 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟐𝟐 𝑨𝑨 b) 𝑬𝑬𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 𝑱𝑱 59. En un volumen de 1,0 m3 existe un campo eléctrico de 104 V/m y un campo magnético de 1 T, hallar a) La energía magnética. b) La energía eléctrica. c) La energía total. a) 𝑬𝑬𝒎𝒎 = 𝒖𝒖𝒎𝒎 ∗ 𝑽𝑽 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑽𝑽 = 𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑱𝑱 b) 𝑬𝑬𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝒖𝒖𝒆𝒆 ∗ 𝑽𝑽 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝜺𝜺𝒐𝒐 ∗ 𝑬𝑬𝟐𝟐 ∗ 𝑽𝑽 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 ∗ (𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 )𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 = 𝟒𝟒. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝑱𝑱 c) 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒎𝒎 + 𝑬𝑬𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑱𝑱 No coincide con los resultados del libro (¿?) 60. En una onda electromagnética plana, tal como una onda luminosa, los valores de los campos eléctrico y magnético están relacionados por 𝑬𝑬 = 𝒄𝒄 𝑩𝑩, en donde 𝒄𝒄 = 𝟏𝟏/�𝝐𝝐𝒐𝒐𝝁𝝁𝒐𝒐 es la velocidad de la luz. Demostrar que en este caso las densidades de energía eléctrica y magnética son iguales. 𝒖𝒖𝒎𝒎 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 𝒖𝒖𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝜺𝜺𝒐𝒐 ∗ 𝑬𝑬𝟐𝟐
- 28. 𝒖𝒖𝒎𝒎 𝒖𝒖𝒆𝒆 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝜺𝜺𝒐𝒐∗𝑬𝑬𝟐𝟐 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝜺𝜺𝒐𝒐∗𝑬𝑬𝟐𝟐 = 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝟐𝟐 𝑬𝑬𝟐𝟐 = 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝟐𝟐 (𝒄𝒄∗𝑩𝑩)𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 61. Por un solenoide de 2000 vueltas, 4 cm2 de área y una longitud de 30 cm, circula una corriente de 4,0 A. a) Calcular la energía magnética almacenada mediante la expresión 𝟏𝟏/𝟐𝟐𝟐𝟐𝑰𝑰𝟐𝟐 . b) Hallar B en el solenoide. c) Calcular la densidad de energía magnética a partir de 𝒖𝒖𝒎𝒎 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 y compararla con la obtenida en la parte (b). a) 𝑳𝑳 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵𝟐𝟐∗𝑨𝑨 𝒍𝒍 𝑼𝑼𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑵𝑵𝟐𝟐∗𝑨𝑨 𝒍𝒍 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝟎𝟎.𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒. 𝟎𝟎𝟐𝟐 𝑼𝑼𝒎𝒎 = 𝟓𝟓. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝑱𝑱 b) 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑵𝑵 𝒍𝒍 ∗ 𝑰𝑰 = 𝟒𝟒 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒 = 𝟑𝟑𝟑𝟑. 𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑻𝑻 c) 𝒖𝒖𝒎𝒎 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 = (𝟑𝟑𝟑𝟑.𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑱𝑱 𝒎𝒎𝟑𝟑 𝑼𝑼𝒎𝒎 = 𝒖𝒖𝒎𝒎 ∗ 𝑽𝑽 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 ∗ 𝟎𝟎. 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑱𝑱 62. Un alambre largo y cilíndrico de radio a=2 cm transporta una corriente I= 80 A uniformemente distribuida en el área de su sección transversal. Determinar la energía magnética total por unidad de longitud dentro del alambre. Consideramos el anillo marcado: 𝒅𝒅𝑼𝑼𝒎𝒎 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓∗𝒍𝒍∗𝒅𝒅𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒐𝒐 Aplicando la ley de Ampére: 𝑩𝑩 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒐𝒐 ∗ 𝑰𝑰𝒄𝒄 𝑰𝑰𝒄𝒄 𝑰𝑰 = 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝒂𝒂𝟐𝟐 ; 𝑰𝑰𝒄𝒄 = 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝒂𝒂𝟐𝟐 ∗ 𝑰𝑰 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰𝒄𝒄 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝒂𝒂𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 𝒅𝒅𝑼𝑼𝒎𝒎 𝒍𝒍 = 𝑩𝑩𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓∗𝒅𝒅𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒐𝒐 = ( 𝝁𝝁𝒐𝒐∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 𝒂𝒂𝟐𝟐∗𝑰𝑰 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 )𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓∗𝒅𝒅𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒐𝒐 𝒅𝒅𝑼𝑼𝒎𝒎 𝒍𝒍 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰 𝟒𝟒∗𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟑𝟑 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑼𝑼𝒎𝒎 𝒍𝒍 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰𝟐𝟐 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝒂𝒂𝟒𝟒 ∗ ∫ 𝒓𝒓𝟑𝟑 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒂𝒂 𝟎𝟎 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝝅𝝅 = 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟖𝟖𝟖𝟖𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝝅𝝅 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝑱𝑱/𝒎𝒎
- 29. 63. Un toroide de radio medio 25 cm y un radio de la bobina de 2 cm está arrollado con un cable superconductor de 1000 m de longitud por el que circula una corriente de 400 A. a) ¿Cuál es el número de vueltas de la bobina? b) ¿Cuál es el campo magnético en el radio medio? c) Suponiendo B constante en toda el área de la bobina, calcular la densidad de energía magnética y la energía total almacenada en el toroide. a) Para obtener la solución dada en el libro tomamos como radio de la bobina 2 cm y no los dos metros del enunciado. La longitud de una vuelta es 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓; el radio es de 0.02 m. Con los 1000 m podremos hacer: 𝑵𝑵 = 𝒍𝒍 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗 b) El campo magnético para un toroide: 𝑩𝑩 = 𝝁𝝁𝒐𝒐∗𝑰𝑰∗𝑵𝑵 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝑹𝑹 = 𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕∗𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟐𝟐. 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑻𝑻 c) 𝒖𝒖𝒎𝒎 = 𝑩𝑩𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒐𝒐 = 𝟐𝟐.𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 = 𝟐𝟐. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱/𝒎𝒎𝟑𝟑 𝑼𝑼𝒎𝒎 = 𝒖𝒖𝒎𝒎 ∗ 𝑽𝑽 = 𝒖𝒖𝒎𝒎 ∗ �𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 � ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹 = 𝒖𝒖𝒎𝒎 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅𝟐𝟐 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 𝑼𝑼𝒎𝒎 = 𝟐𝟐. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝝅𝝅𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟓𝟓. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑱𝑱 Circuitos RL 64. Una bobina de 8,0 Ω de resistencia y una autoinducción de 4,0 H se conecta repentinamente a una diferencia de potencial constante de 100 V. Supongamos que el instante de la conexión es t = 0 y en él la corriente es nula. Hallar la corriente I y su variación respecto al tiempo dI/dt en los instantes a) t = 0. b) t = 0,1 s. c) t = 0,5 s. d) t = 1,0 s. a) 𝜺𝜺𝒐𝒐 − 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 − 𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 ; 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳 − 𝑰𝑰∗𝑹𝑹 𝑳𝑳 𝑬𝑬𝑬𝑬 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇, 𝒕𝒕 = ∞: 𝑰𝑰∞ = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝑰𝑰(𝟎𝟎) = 𝟎𝟎 𝑨𝑨 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑨𝑨/𝒔𝒔 b) 𝑰𝑰(𝟎𝟎. 𝟏𝟏) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟖𝟖 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟖𝟖∗𝟎𝟎.𝟏𝟏 𝟒𝟒 � = 𝟐𝟐. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒 − 𝟐𝟐.𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟖𝟖 𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟐𝟐. 𝟓𝟓 𝑨𝑨/𝒔𝒔 c) 𝑰𝑰(𝟎𝟎. 𝟓𝟓) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟖𝟖 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟖𝟖∗𝟎𝟎.𝟓𝟓 𝟒𝟒 � = 𝟕𝟕. 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑨𝑨 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒 − 𝟕𝟕.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟖𝟖 𝟒𝟒 = 𝟗𝟗. 𝟐𝟐 𝑨𝑨/𝒔𝒔 d) 𝑰𝑰(𝟏𝟏. 𝟎𝟎) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟖𝟖 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟖𝟖∗𝟏𝟏.𝟎𝟎 𝟒𝟒 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟖𝟖 𝑨𝑨 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒 − 𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟖𝟖∗𝟖𝟖 𝟒𝟒 = 𝟑𝟑. 𝟒𝟒 𝑨𝑨/𝒔𝒔
- 30. 65. La corriente que circula por una bobina de 1 mH de autoinducción es 2,0 A en el instante t = 0, cuando se pone en paralelo a la bobina una resistencia. La resistencia total de la bobina más la resistencia es 10,0 Ω. Hallar la corriente después de a) 0,5 ms. b) 10 ms. a) −𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 − 𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = − 𝑹𝑹 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 𝑰𝑰 = 𝑰𝑰𝒐𝒐 ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 𝑰𝑰(𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎) = 𝟐𝟐. 𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆 − 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 A b) 𝑰𝑰(𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎) = 𝟐𝟐. 𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆 − 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟎𝟎 𝑨𝑨 66. En el circuito de la figura supongamos que 𝜺𝜺𝒐𝒐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟎𝟎 V, R=3,0 Ω y L=0,6 H. El interruptor se cierra en el instante t = 0 s. Enel instante t = 0,5 s, hallar a) El ritmo con que la batería suministra potencia. b) El efecto calorífico de Joule por unidad de tiempo. c) La velocidad con que la energía se está almacenando en la bobina. a) 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝑷𝑷(𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑) = 𝜺𝜺𝒐𝒐 ∗ 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝑷𝑷(𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 , 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 𝒔𝒔) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟎𝟎.𝟓𝟓 𝟎𝟎.𝟔𝟔 � = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟏𝟏 𝑾𝑾 b) 𝑷𝑷(𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓) = 𝑰𝑰𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝟐𝟐 𝑷𝑷(𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓, 𝟎𝟎, 𝟓𝟓 𝒔𝒔) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟎𝟎.𝟓𝟓 𝟎𝟎.𝟔𝟔 � 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑾𝑾 c) 𝒅𝒅𝑼𝑼𝑳𝑳 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 � 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰𝟐𝟐 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝑰𝑰 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑳𝑳 ∗ 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � ∗ 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ 𝑹𝑹 𝑳𝑳 ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 𝒅𝒅𝑼𝑼𝑳𝑳 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 𝒅𝒅𝑼𝑼𝑳𝑳 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝟎𝟎, 𝟓𝟓 𝒔𝒔 ) = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟏𝟏 ∗ 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟎𝟎.𝟓𝟓 𝟎𝟎.𝟔𝟔 = 𝟑𝟑. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑾𝑾 67. Repetir el problema 66 para los instantes t = 1 s y t = 100 s. 𝑷𝑷(𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 , 𝟏𝟏 𝒔𝒔) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟔𝟔 � = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑾𝑾 𝑷𝑷(𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓, 𝟏𝟏 𝒔𝒔) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟔𝟔 � 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑾𝑾 𝒅𝒅𝑼𝑼𝑳𝑳 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝟏𝟏 𝒔𝒔 ) = 𝟒𝟒𝟒𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟔𝟔 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑾𝑾
- 31. 𝑷𝑷(𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 , 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟔𝟔 � = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑾𝑾 𝑷𝑷(𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟔𝟔 � 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑾𝑾 𝒅𝒅𝑼𝑼𝑳𝑳 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔 ) = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒆𝒆− 𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟔𝟔 = 𝟎𝟎 𝑾𝑾 68. La corriente en un circuito RL es cero en el instante t =0 y aumenta hasta la mitad de su valor final en 4,0 s. a) ¿Cuál es la constante de tiempo de este circuito? b) Si la resistencia total es 5 Ω, ¿Cuál es la autoinducción? a) 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝟒𝟒 𝝉𝝉 ; 𝒆𝒆− 𝟒𝟒 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 ; − 𝟒𝟒 𝝉𝝉 = 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟓𝟓); 𝝉𝝉 = −𝟒𝟒 𝐥𝐥 𝐧𝐧(𝟎𝟎.𝟓𝟓) = 𝟓𝟓. 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒔𝒔 b) 𝝉𝝉 = 𝑳𝑳 𝑹𝑹 ; 𝑳𝑳 = 𝝉𝝉 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟓𝟓 ∗ 𝟓𝟓. 𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐. 𝟗𝟗 𝑯𝑯 69. ¿Cuántas constantes de tiempo deben transcurrir antes de que la corriente en un circuito RL, que era inicialmente cero, alcance a) El 90 por ciento. b) El 99 por ciento. c) El 99,9 por ciento. a) 𝟎𝟎. 𝟗𝟗 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 ; 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎. 𝟏𝟏 ∶ − 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟏𝟏); 𝒕𝒕 = −𝝉𝝉 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟏𝟏) = 𝟐𝟐. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝝉𝝉 b) 𝟎𝟎. 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 ; 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∶ − 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎); 𝒕𝒕 = −𝝉𝝉 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎) 𝒕𝒕 = 𝟒𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝝉𝝉 c) 𝟎𝟎. 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 ; 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∶ − 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎); 𝒕𝒕 = −𝝉𝝉 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎) 𝒕𝒕 = 𝟔𝟔. 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝝉𝝉 70. Una bobina de inductancia 4 mH y resistencia 150 Ω se conecta a través de una batería de fem 12 V y resistencia interna despreciable. a) ¿Cuál es el incremento inicial de la corriente por unidad de tiempo? b) ¿Cuál es el incremento por unidad de tiempo cuando la corriente alcanza la mitad de su valor final? c) ¿Cuál es la corriente final? d) ¿Cuánto tiempo tardará la corriente en alcanzar el 99 por ciento de su valor final? a) 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ 𝑹𝑹 𝑳𝑳 ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳 ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝟎𝟎 𝒔𝒔) = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑨𝑨/𝒔𝒔 b) 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 ; 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 ; 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 = −𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟓𝟓); 𝒕𝒕 = −𝑳𝑳∗𝐥𝐥 𝐧𝐧(𝟎𝟎.𝟓𝟓) 𝑹𝑹 = − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝒍𝒍𝒍𝒍 (𝟎𝟎.𝟓𝟓) 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒔𝒔 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 �𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒔𝒔� = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨/𝒔𝒔 c) 𝑰𝑰𝒇𝒇 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑨𝑨
- 32. d) 𝟎𝟎. 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 ; 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∶ − 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎); 𝒕𝒕 = −𝝉𝝉 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎) 𝒕𝒕 = 𝟒𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝝉𝝉 = 𝟒𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝑳𝑳 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝒔𝒔 71. Un gran electroimán posee una inductancia de 50 H y una resistencia de 8,0 Ω. Si se conecta a una fuente de potencia de corriente continua de 250 V, determinar el tiempo que tarda la corriente en alcanzar a) 10 A. b) 30 A. a) 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝑹𝑹∗𝑰𝑰 𝜺𝜺𝒐𝒐 = 𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 − 𝑹𝑹∗𝑰𝑰 𝜺𝜺𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍𝒍𝒍 �𝟏𝟏 − 𝑹𝑹∗𝑰𝑰 𝜺𝜺𝒐𝒐 � 𝒕𝒕 = − 𝑳𝑳 𝑹𝑹 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 �𝟏𝟏 − 𝑹𝑹∗𝑰𝑰 𝜺𝜺𝒐𝒐 � b) 𝒕𝒕 = − 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟖𝟖 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 �𝟏𝟏 − 𝟖𝟖∗𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 � = 𝟐𝟐𝟐𝟐. 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔 72. Dado el circuito de la figura, suponer que el interruptor se ha cerrado durante un largo tiempo, de modo que existen corrientes estacionarias en el circuito y que el inductor está formado por un alambre superconductor, de modo que su resistencia puede considerarse nula. a) Determinar la intensidad de corriente continua suministrada por la batería, la intensidad que circula por la resistencia de 100 Ω y la intensidad que circula por el inductor. b) Determinar el voltaje inicial entre los extremos del inductor cuando se abre el interruptor S. c) Determinar la corriente en el inductor en función del tiempo a partir del instante de apertura del interruptor S. a) Cuando el circuito se ha “estabilizado”, toda la corriente circula por el inductor: 𝑰𝑰𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎 𝑨𝑨 𝜺𝜺 − 𝑰𝑰𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎 ; 𝑰𝑰𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝜺𝜺 𝑹𝑹 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏 𝑨𝑨. 𝑰𝑰𝑳𝑳 = 𝑰𝑰𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏 𝑨𝑨 b) Al abrir S, la diferencia de potencial será la de la pila, 10 V. c) Una ves abierto S, la ecuación de la intensidad será: 𝑰𝑰 = 𝑰𝑰𝒐𝒐 ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳
- 33. 𝑰𝑰(𝒕𝒕) = 𝟏𝟏 ∗ 𝒆𝒆− 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒕𝒕 𝟐𝟐 = 𝒆𝒆− 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝒕𝒕 73. Calcular la pendiente inicial dI/dt para t=0 mediante la ecuación 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 �𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉� y demostrar que, si la corriente disminuye uniformemente con esta pendiente, su valor sería cero al cabo de una constante de tiempo. (Nota: la ecuación que cita el enunciado no corresponde a la caída de intensidad al abrir un circuito, es la de la subida al cerrar un circuito, cogemos la de bajada al abrir un circuito. 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉� = 𝑰𝑰𝒐𝒐 ∗ 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = − 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝝉𝝉 ∗ 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝟎𝟎) = − 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝝉𝝉 Si la corriente disminuye uniformemente: 𝑰𝑰 = 𝑰𝑰𝒐𝒐 − 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝝉𝝉 ∗ 𝒕𝒕 𝟎𝟎 = 𝑰𝑰𝒐𝒐 − 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝝉𝝉 ∗ 𝒕𝒕 ; 𝒕𝒕 = 𝝉𝝉 74. Una inductancia L y una resistencia R se conectan en serie con una batería como indica la figura. Un tiempo largo después de errar el interruptor, la intensidad de la corriente es de 2,5 A. Cuando la batería queda fuera del circuito al abrir el interruptor S1 y cerrar S2, la corriente cae a 1,5 A en 45 ms. a) ¿Cuál es la constante de tiempo en este circuito? b) Si R = 0,4 Ω, ¿Cuánto vale L? a) 𝜺𝜺𝒐𝒐 = 𝑰𝑰𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏 ; 𝑰𝑰𝒇𝒇 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹𝟏𝟏 = 𝟐𝟐. 𝟓𝟓 𝑨𝑨 Al abrir S1 y cerrar S2, la If anterior es la inicial del nuevo circuito: 𝑰𝑰 = 𝑰𝑰𝒐𝒐 ∗ 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 𝑰𝑰 𝑰𝑰𝒐𝒐 = 𝒆𝒆− 𝒕𝒕 𝝉𝝉 ; 𝒕𝒕 𝝉𝝉 = −𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝑰𝑰 𝑰𝑰𝒐𝒐 � = 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝑰𝑰 � 𝝉𝝉 = 𝒕𝒕 𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝑰𝑰𝒐𝒐 𝑰𝑰 � = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟐𝟐.𝟓𝟓 𝟏𝟏.𝟓𝟓 � = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒔𝒔 b) 𝝉𝝉 = 𝑳𝑳 𝑹𝑹 ; 𝑳𝑳 = 𝝉𝝉 ∗ 𝑹𝑹 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑯𝑯 75. Cuando la corriente que circula por una bobina determinada es 5,0 A y está aumentando a razón de 10,0 A/s, la diferencia de potencial en los extremos de la
- 34. misma es 140 V. Cuando la corriente vale 5,0 A y está disminuyendo a razón de 10,0 A/s, la diferencia de potencial es 60 V. Hallar la resistencia y la autoinducción de la bobina. ∆𝑽𝑽 = ∆𝑽𝑽𝑹𝑹 + ∆𝑽𝑽𝑳𝑳 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑹𝑹 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟓𝟓 ∗ 𝑹𝑹 + 𝑳𝑳 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟓𝟓 ∗ 𝑹𝑹 − 𝑳𝑳 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 Resolviendo el sistema: 200=10*R ; 𝑹𝑹 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟒𝟒 𝑯𝑯 76. Determinar Enel circuito de la figura a) La variación de la intensidad de corriente con el tiempo en cada inductor y en la resistencia en el momento justo después de cerrar el interruptor. b) ¿Cuál es la corriente final? (Véase problema 92 y utilizar los resultados del mismo). a) Según el problema 92: 𝟏𝟏 𝑳𝑳𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝑳𝑳𝟏𝟏 + 𝟏𝟏 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝑳𝑳𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝟖𝟖 + 𝟏𝟏 𝟒𝟒 ; 𝟏𝟏 𝑳𝑳𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ; 𝑳𝑳𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑰𝑰 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 � 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 ∗ 𝑹𝑹 𝑳𝑳 ∗ 𝒆𝒆− 𝑹𝑹∗𝒕𝒕 𝑳𝑳 En el momento de cerrar el interruptor, t = 0: 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑨𝑨/𝒔𝒔 enla resistencia i para el conjunto de las dos inducciones. Para las inducciones en particular a t = 0: 𝚫𝚫𝑽𝑽𝑳𝑳 = 𝑳𝑳 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑽𝑽 𝒅𝒅𝑰𝑰 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝑳𝑳 = 𝟖𝟖 𝒎𝒎𝒎𝒎) = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳( 𝟖𝟖 𝒎𝒎𝒎𝒎) = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑨𝑨 𝒔𝒔 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒅𝒅𝒅𝒅 (𝑳𝑳 = 𝟒𝟒 𝒎𝒎𝒎𝒎) = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑳𝑳( 𝟒𝟒 𝒎𝒎𝒎𝒎) = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑨𝑨 𝒔𝒔 b) 𝑰𝑰𝒇𝒇 = 𝜺𝜺𝒐𝒐 𝑹𝑹 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑨𝑨