PROBLEMAS RESUELTOS LEY DE FARADAYCAPITULO 31 FISICA TOMO 2 quinta edición Raymond A. Serway LEY DE FARADAY 31.1 Ley de inducción de Faraday 31.2 Fem en movimiento 31.3 Ley de Lenz 31.4 Fem inducida y campos eléctricos 31.5 (Opcional) Generadores y motores 31.6 (Opcional) Corrientes parasitas 31.7Las maravillosas ecuaciones de Maxwell Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2009 [email protected][email protected][email protected] 1 5 tesla en 0. como se muestra en la figura 31. 2 . Δt = 0.8 seg.8 seg.Ejemplo 31.4 Serway quinta edición Una barra conductora de longitud ℓ gira a una rapidez angular constante w alrededor de un pivote en un extremo.0162 T m 2 3.0162 T m2 – 0 = 0.18m = 0. Un campo magnético uniforme B esta dirigido perpendicularmente al plano de rotación.5 T * 0. puesto que B = 0 en dicho momento. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A Φ1 = 0. Cada vuelta es un cuadrado de 18 cm de lado y se activa un campo magnético uniforme perpendicular al plano de la bobina.0324 m2 Φ1 = 0.8 seg ε = 4. Si el campo cambia linealmente de 0 a 0. Cual es la magnitud de la fem inducida en la bobina mientras esta cambiando el campo? El área de una vuelta de la bobina es: Lado = 18 cm = 0.0162 T m2 Por tanto.05 voltios Δt 0. Considere un segmento de la barra de longitud dr que adquiera una velocidad v. 984 Una bobina consta de 200 vueltas de alambre y tiene una resistencia total de 2 Ω.05 voltios Ejemplo 31.0162 T m2 N = 200 vueltas.18m * 0.1 Serway quinta edición pag.10.24 T m 2 = 200 = = 4.18 m A = 0.8 seg 0. la magnitud de la fem inducida es: ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 0.8 seg B ε =N ε =N Δφ B Δt Δφ B 0. Φ2 = 0 En t = 0.0324 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero. Determine la fem de movimiento inducida entre los extremos de la barra. 5 Serway quinta edición La barra conductora ilustrada en la figura 31. 3 . se obtiene la fem total entre las extremos de la barra.11 de masa m y longitud ℓ se mueve sobre 2 rieles paralelos sin fricción en presencia de un campo magnético uniforme dirigido hacia adentro de la pagina. Encuentre la velocidad de la barra como una función del tiempo. Al sumar las fem inducidas en todos los segmentos los cuales están en serie.dt Pero: v = dx dt ε=-Bℓv ε = B l dx ε=Bvℓ dε = B v dr puesto que cada segmento de la barra se mueve perpendicularmente a B una fem dε de la misma forma se genera a través de cada segmento. A la barra se le da una velocidad inicial vi hacia la derecha y se suelta en t = 0. dε = B v dr = ∫ B v dr ε = ∫ B v dr ∫ dε ε = B ∫ vdr Pero: V = w * r ε = B ∫ w r dr ε = B w ∫ w r dr ε = B w ∫ r dr ε =Bw 0 r2 l2 ]l = B w 2 0 2 l Ejemplo 31. dv t B 2 l 2 = dt v1 v ∫0 m R dv B2 l 2 t =∫v ∫ dt v1 v mR 0 ⎛ v ⎞ ⎛ B2 l 2 ⎞ ⎟ Ln⎜ ⎟ = .⎜ ⎜v ⎟ ⎜ mR ⎟t ⎝ 1⎠ ⎝ ⎠ ∫v i= ε R = Pero v = v1 e . Esta es la única fuerza horizontal que actúa sobre la barra y consecuentemente la segunda ley de newton aplicada movimiento en la dirección horizontal produce: B Fx = m * a = m * dv =-Il B dt pero: ε = B v ℓ ε Bl v i= = R R Bl v i= R m* dv = .SOLUCION: La corriente inducida esta en la dirección contraria a la de las manecillas del reloj y la fuerza magnética es: FB = -I ℓ B donde el signo negativo significa que la fuerza es hacia la izquierda y retarda el movimiento.t τ Esta expresión indica que la velocidad de la barra disminuye exponencialmente con el tiempo bajo la acción de una fuerza magnética retardadora.(I ) l B dt m* dv ⎛Blv⎞ = -⎜ ⎟l B dt ⎝ R ⎠ dv B2 l2 =v dt R m* dv B2 l2 =v m R dt B2 l2 dv =dt v mR A partir de este resultado se ve que la velocidad puede expresarse en la forma exponencial v = v1 e . Ejercicio para la barra en este ejemplo encuentre expresiones para la corriente inducida y la magnitud de la fem inducida como funciones del tiempo.t τ Bl v R 4 . t τ Ejemplo 31.ds = - d ⎛ 2 2 dB ⎜ BπR ⎞ = . El flujo magnético a través del área encerrada por esta trayectoria es B * A = B * π R2 dφs dt ε = ∫ E ds ε =- Φs = B *A = B * π R2 ∫ E.8 Serway quinta edición Un largo solenoide de radio R tiene n vueltas de alambre por unidad de longitud y conduce una corriente que varia sinusoidalmente en el tiempo cuando I = Imax cos wt. Por simetría se ve que la magnitud de E es constante sobre esta trayectoria y tangente a ella.18.18).t τ ε = B l v1 e .17 5 . a) Determine la magnitud del campo eléctrico inducido afuera del solenoide.π R ⎟ ⎠ dt dt ⎝ 2 ∫ E. donde Imax es la máxima corriente y w es la frecuencia angular de la fuente de corriente alternante (fig 31. a una distancia r>R de su eje central largo.π R ∫ B ds = Bl = μ 0 N I dB dt Ecuación 1 El campo magnético dentro de un largo solenoide esta dado por la ecuación 30. Solución: Primero considere un punto externo y tome la trayectoria para la integral de línea como un circulo de radio r centrado en el solenoide.ds = E 2 π r = .i= ε R = Bl Bl v= v1 e − t τ R R ε=B ℓv Pero v = v1 e . como esta ilustrado en la figura 31. ds = E 2 π r = .ds = E 2 π r = .π r dt E2 π r = π r 2 μ 0 n I max (w )(sen wt ) Despejando E w π r 2 μ 0 n I max sen wt w rμ 0 n I max sen wt E= = 2π r 2 6 .ds = E 2 π r = .π R 2 ∫ E.ds = E 2 π r = .π R μ 0 n I max d(cos wt ) dt E2 π r = π R 2 μ 0 n I max (w )(sen wt ) Despejando E w π R 2 μ 0 n I max sen wt w R 2 μ 0 n I max sen wt E= = 2π r 2r b) Cual es la magnitud del campo eléctrico inducido dentro del solenoide a una distancia r de su eje? Solución: Para un punto interior (r< R) el flujo que circunda a una espira de integración esta dado por B * A = B * π R2 . Utilizando el mismo procedimiento que en el inciso a) se encuentra que w R 2 μ 0 n I max sen wt E = 2r para r > R 2 dB ∫ E.π r dt 2 d(μ 0 n I max cos wt ) ∫ E.π R dt 2 ∫ E.B = μ0 N I = μ0 n I l Donde N/ ℓ = n (es el numero de vueltas por unidad de longitud). Cuando se sustituye I = Imax cos wt en esta ecuación Reemplazando I = Imax cos wt B = μ0 n I B = μ 0 n I max cos wt dB dt 2 d(μ 0 n I max cos wt ) ∫ E.ds = E 2 π r = . 5 T *8 * 10.3 m2 Φ1 = 2.5 T y se dirige perpendicularmente al plano de la bobina.25 seg B w μ0 n I max r sen wt para r < R 2 ε =N ε =N Δφ B Δt Δφ B 2.3 T m2 Por tanto.3 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A Φ1 = 0.05 m * 0. 1002 Una bobina rectangular de 50 vueltas y dimensiones de 5 cm * 10 cm se deja caer desde una posición donde B = 0 hasta una nueva posición donde B = 0.4 m2 Φ2 = 4 *10.5 T a 2.250 seg.4 T m2 Φ1 = B1 * A 7 .25 seg Δt ε = 0.01 m A = 0.5 * 10 .5 cm = 0.5 T en 1 seg.5 *10. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ2 = B2 * A Φ2 = 0. El área de una vuelta de la bobina es: Lado = 0.125 T m 2 = 50 * = = 0. Calcule la magnitud de la fem promedio inducida en la bobina si el desplazamiento ocurre en 0. El área de una vuelta de la bobina es: A = 8 cm2 = 8 * 10 .25 seg. Δt = 0. Φ2 = 0 En t = 0. Problema 1 Serway quinta edición Pág.3 T m2 – 0 = 2.E = Esto muestra que la amplitud del campo eléctrico inducido dentro de la solenoide por el flujo magnético variable a través del solenoide aumenta linealmente con r y varia sinusoidalmente con el tiempo. 1002 Una espira plana de alambre que consta de una sola vuelta de área de sección transversal igual a 8 cm2 es perpendicular a un campo magnético cuya magnitud aumenta uniformemente de o.1 m = 5 * 10.25 seg 0.5 *10.05 m Lado = 10 cm = 0.5 T * 5 * 10.3 T m 2 0. puesto que B = 0 en dicho momento. Cual es la corriente inducida resultante si la carga tiene una resistencia de 2 Ω.5 voltios 0.5 *10.4 m2 En t = 0.3 T m2 N = 200 vueltas. la magnitud de la fem inducida es: ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 2.25 seg.5 voltios Problema 2 Serway quinta edición Pág. 2699 *10. Cual es la fem promedio generada en la bobina.6 T Φ1 = 50 * 10.4 T m 2 =1* = 0.6 T * 0.1415 * (1)2 = 0.39.4 T m2 Δt = 1 seg N = 1 vuelta B ε =N ε =N Δφ B Δt Δφ B 16 * 10 . 2 Problema 3 Serway quinta edición Pág.6 T A = 0.6 T m2 A = 0.7853 m2 Pero: B = 50 μT = 50 * 10.53 *10. La bobina se coloca con su eje a lo largo de la dirección del campo magnético de la tierra de 50 μT y luego en 0.6 T m2 – ( .7853 m 2 4 En t = 0.6 T m2 ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 39.2699 *10.Φ1 = 2.B * A Φ2 = .39.7853 m2 Φ2 = B * A* cos 180 = B * A * (-1) = .2699 *10.4 T m2= 16 *10.6 T m2 B B ΔΦB = 78.2699 *10.2699 *10.B * A Φ2 = .6 T m2 Δt = 0.5 T *8 * 10.6 T m2) ΔΦB = 39.200 seg.6 T * 0.6 T m2 + 39.200 seg.50 * 10.0016 = 8 *10 .4 T m2 ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 20 *10.4 T m2 – 4 *10. Se gira 180 grados.4 Amp.2699 *10.4 m2 Φ1 = 20 *10.200 seg N = 1 vuelta B ε =N Δφ B Δt 8 .0016 voltios = i * R i= ε R = 0. 1002 Una bobina circular de alambre de 25 vueltas tiene un diámetro de 1 metro.7853 m2 Φ2 = . El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A* cos θ = B * A * cos 0 = B * A Pero: B = 50 μT = 50 * 10.0016 voltios 1 seg Δt ε = 0. El área de una vuelta de la bobina es: Diámetro = 1 metro A= π d2 4 = 3.7853 m2 Φ1 = 39. 200 seg seg Δt Problema 4 Serway quinta edición Pág. Cuando A = 0.7893 * 10.* ⎡.0 2 ⎤ ⎥ ⎣ ⎦ 2 ⎢ ε? 9 .35 T : τ = 2 seg.16 m2 Bmax = 0.t τ ⎤ ⎥ ⎣ ⎦ τ ⎢ 1 ε = .* ⎡.A B max e .6 = 9.t τ ⎤ ⎥ ⎣ ⎦ τ ⎢ 1 ε = .t τ e ε= τ Como ΦB = B * A φ B = Bmax e − t τ * A B d ⎛ A B max e .6 T m 2 T m2 = 25 * = 25 * 392.3 voltios ε = 0.* .t τ e ε= τ b) Obtenga un valor numérico para ε en t = 4 seg. 1 ε = .35 T : τ = 2 seg.t τ ⎤ ⎥ ⎣ ⎦ τ ⎢ ε= A B max e .35 * e .4 2 ⎤ ⎥ ⎣ ⎦ 2 ⎢ ⎡ 0.028 * 0.16 m2 Bmax = 0.* ⎡.056 * e .0.16 * 0.* ⎡.t τ τ Obtenga un valor numérico para ε en t = 4 seg. 1002 Una espira rectangular de área A se pone en una región donde el campo magnético es perpendicular al plano de la espira. Se deja que la magnitud del campo magnético varíe en el tiempo de acuerdo con la expresión B = Bmax e − t τ donde Bmax y τ son constantes.16 * 0. y τ Dados en el inciso b) Cual es el valor máximo de ε ? Emplee la ley de Faraday para mostrar que la fem inducida en la espira esta dada por: A B max .2 ⎤ = 0.5 * ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ε = 3.699 * 10 .3 voltios Para los valores de A.A B max e . Bmax .53 * 10 .35 * e .1353 = 3.81 voltios 0.A B max e . c) Para los valores de A. Bmax . Cuando A = 0. El campo tiene un valor constante Bmax para t<0 . y τ Dados en el inciso b) Cual es el valor máximo de El valor máximo de ε es cuando t = 0 seg. 1 ε = . a) Emplee la ley de Faraday para mostrar que la fem inducida en la espira esta dada por: A B max .t τ ⎞ ⎜ ⎟ dφ B ⎠ = ⎝ ε =dt dt 1 ⎡ ε = .0.ε =N Δφ B 78.7893 * 10 . 2 m2.028 voltios Problema 5 Serway quinta edición Pág. Cuan rápidamente (es decir. 1003 Un poderoso electroimán produce un campo uniforme de 1.32 T m2 Δt = 20 * 10. ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 0.3 seg ε = 3. Luego la corriente en el electroimán disminuye suavemente hasta que alcanza cero en 20 mseg. Alrededor del electroimán se coloca una bobina que tiene 200 vueltas y una resistencia total de 20 Ω.2 T dentro de un solenoide que tiene 500 vueltas y un diámetro de 10 cm. = 20 * 10. Φ2 = 0 En t = 20 mseg.1415 * (0.2 T N = 500 vueltas diametro = 10 cm = 0.2 * 10 3 seg Δt seg 20 * 10 .3 seg.3 m 2 A= 4 4 4 10 .8539 * 10 .2 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero.056 ] = 0.35 * 1] ε = 0.3 seg.1 m El área de una vuelta de la bobina es: Diámetro = 0.2 * 10 3 3200 = = 160 Amp.6 T Φ1 = 1.016 * 10 3 = 3.6 T sobre un área de sección transversal de 0. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A B = 1. 1003 Hay un campo magnético de 0.028 voltios ε = 0. N = 200 vuelta B ε =N ε =N Δφ B Δt Δφ B 0.ε = 0.0314 = = = 7. B = 0.6 T * 0.1)2 0.5 * [ 0.2 * 103 voltios i= ε R = 3.5 * [0. Cual es la corriente inducida en la bobina? El área de una vuelta de la bobina es: A = 0. 20 20 Problema 6 Serway quinta edición Pág.1 metro π d 2 3.32 T m 2 T m2 = 200 * = 200 * 0. dentro de que periodo) debe el campo reducirse a cero si la fem inducida promedio dentro de la bobina durante este intervalo de tiempo sera 10 kv. puesto que B = 0 en dicho momento.32 T m2 – 0 = 0.32 T m2 t = 20 mseg.16 * 0.2 m2 Φ1 = 0. 57078 * 10.3 m2 Φ1 = 1. 7.03 metros A es el área del toroide en m2 = π R2 = 3.El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero.03)2 = 2. n son constantes.7 T * m/Amp 11 .14* (0. 1000 vueltas por metro y un radio de 3 cm.3 T m2 N = 500 vuelta ε = 10 kv = 10000 voltios B Δφ B Δt t = 0.3 seg. a) Si la corriente en el solenoide esta aumentando a razón de 270 A/s. cual es la corriente inducida en el anillo? N I = μ0 n I l B = μ0 n I φ = B A = μ0 n I A B = μ0 Donde N/ ℓ = n (es el numero de vueltas por unidad de longitud).8274 * 10. como se indica en la figura P31.8539*10. μ0 .2 T * 7.57078 * 10. puesto que B = 0 en dicho momento. Suponga que el solenoide produce un campo despreciable afuera de su área de sección transversal. cual es el campo magnético producido par la corriente inducida en el anillo? c) Cual es la dirección de este campo? a) Si la corriente en el solenoide esta aumentando a razón de 270 A/s. r es el radio del anillo = 0.3 T m2 ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 1. Φ2 = 0 El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A B = 0.0785 * 10. ε =N Problema 7 Serway quinta edición Un anillo de aluminio con un radio de 5 cm y una resistencia de 3 x 10-4 Ω se coloca sobre la parte superior de un largo solenoide con núcleo de aire.2 T Φ1 = 0.3 T m2 – 0 = 1. Suponga que la componente axial del campo producido por el solenoide sobre el área del extremo del solenoide es la mitad de intensa que en el centro del solenoide. cual es la corriente inducida en el anillo? b) En el centro del anillo. Donde: A.3 m2 μ0 = es una constante conocida como permeabilidad del espacio libre = 4π * 10.57078 * 10. 081 * 10 − 7 = (0.79657 * 10 . = 0. que solo tiene 1 espira. cual es el campo magnético producido par la corriente inducida en el anillo? μ I B = 0 Para un toroide 2R Suponga que la componente axial del campo producido por el solenoide sobre el área del extremo del solenoide es la mitad de intensa que en el centro del solenoide Donde: i = corriente inducida en el anillo = 1.7 voltios ε = 4. 4.598 amp.53 * 10-7 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ε = ε = 4796.4 voltios.57 *10. -4 3 R 3 * 10 ε b) En el centro del anillo.4 4.5) R 0.598 Amp.081 * 10 – 6 μT 12 . μ0 = es una constante conocida como permeabilidad del espacio libre = 4π * 10.62 * 10 − 7 = (0.5)A μ 0 n dt dt dφ ε = = (0.5)⎡2.5) * 401.5) μ0 i 4π * 10 − 7 * 1.05 0.N/ ℓ = n (es el numero de vueltas por unidad de longitud) = 1000 vueltas por metro ε = ε = dφ dt dφ dI = A μ0 n dt dt Suponga que la componente axial del campo producido por el solenoide sobre el área del extremo del solenoide es la mitad de intensa que en el centro del solenoide dφ dI = (0.05 B = 200.8274 * 10 .05 metros μ i B = (0.3 * 4π * 10-7 * 1000⎤ * 270 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ dt ε = (135)⎡35.598 20.79657 i= = = = 1.5) 0 Para un toroide 2R B = (0.79657 * 10.7 T * m/Amp R es el radio del toroide.5) = (0.81 * 10 − 7 Teslas B = 20.