Ejemplo 31.1 Serway quinta edición pag.984 Una bobina consta de 200 vueltas de alambre y tiene una resistencia total de 2 Ω. Cada vuelta es un cuadrado de 18 cm de lado y se activa un campo magnético uniforme perpendicular al plano de la bobina. Si el campo cambia linealmente de 0 a 0,5 tesla en 0,8 seg. 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 = 0,18 m A = 0,18m * 0,18m = 0,0324 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero, puesto que B = 0 en dicho momento. Φ2 = 0 En t = 0,8 seg. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A Φ1 = 0,5 T * 0,0324 m2 Φ1 = 0,0162 T m2 Por tanto, la magnitud de la fem inducida es: ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 0,0162 T m2 – 0 = 0,0162 T m2 N = 200 vueltas. Δt = 0,8 seg B ε =N Δφ B Δt Δφ B 0,0162 T m 2 3,24 T m 2 = 200 = = 4,05 voltios Δt 0,8 seg 0,8 seg ε = 4,05 voltios ε =N 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. Un campo magnético uniforme B esta dirigido perpendicularmente al plano de rotación, como se muestra en la figura 31.10. Determine la fem de movimiento inducida entre los extremos de la barra. Considere un segmento de la barra de longitud dr que adquiera una velocidad v. 2 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. Al sumar las fem inducidas en todos los segmentos los cuales están en serie. A la barra se le da una velocidad inicial vi hacia la derecha y se suelta en t = 0. se obtiene la fem total entre las extremos de la barra.5 Serway quinta edición La barra conductora ilustrada en la figura 31.ε = B l dx dt Pero: v = dx dt ε=-Bℓv 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. 3 . dε = B v dr ∫ dε = ∫ B v dr ε = ∫ B v dr ε = B ∫ vdr Pero: V = w * r ε = B ∫ w r dr ε = B w ∫ w r dr l ε = B w ∫ r dr ε =Bw 0 r2 l2 ]l = B w 2 0 2 Ejemplo 31. Encuentre la velocidad de la barra como una función del tiempo. i= ε R = Bl v R Pero v = v1 e .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 ⎠ m* dv B2 l2 =v dt R dv B2 l2 =v m R dt B2 l2 dv =dt v mR dv t B 2 l 2 = dt v1 v ∫0 m R dv B2 l 2 t =∫v ∫ dt v1 v mR 0 ⎛ v ⎞ ⎛ B 2 l 2 ⎞⎟ Ln⎜⎜ ⎟⎟ = .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. 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 4 .⎜ t ⎝ v1 ⎠ ⎜⎝ m R ⎟⎠ ∫v A partir de este resultado se ve que la velocidad puede expresarse en la forma exponencial 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 = . ds = E 2 π r = .π R ⎠ dt dt ⎝ 2 ∫ 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.18). 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. a) Determine la magnitud del campo eléctrico inducido afuera del solenoide.ds = - d ⎛ 2 2 dB ⎜ BπR ⎞⎟ = .i= ε R = Bl Bl v= v1 e − t τ R R ε=B ℓv Pero v = v1 e . donde Imax es la máxima corriente y w es la frecuencia angular de la fuente de corriente alternante (fig 31. Por simetría se ve que la magnitud de E es constante sobre esta trayectoria y tangente a ella. 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.t τ Ejemplo 31. como esta ilustrado en la figura 31.t τ ε = B l v1 e .17 ∫ B ds = Bl = μ 0 N I 5 .18.π R dB dt Ecuación 1 El campo magnético dentro de un largo solenoide esta dado por la ecuación 30. a una distancia r>R de su eje central largo. ds = E 2 π r = .ds = E 2 π r = .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 B = μ0 n I Reemplazando I = Imax cos wt B = μ 0 n I max cos wt dB dt 2 d(μ 0 n I max cos wt ) ∫ E.π R dt 2 ∫ E.ds = E 2 π r = .π r dt 2 d(μ 0 n I max cos wt ) ∫ E.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 w R 2 μ 0 n I max sen wt E = 2r para r > R 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 2 dB ∫ E.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 = . 3 T m2 – 0 = 2.01 m A = 0.4 T m2 Φ1 = B1 * A 7 .05 m * 0.5 *10. 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 = 0.5 voltios ε =N Problema 2 Serway quinta edición Pág.5 T en 1 seg.5 *10.3 T m2 N = 200 vueltas. puesto que B = 0 en dicho momento. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A Φ1 = 0.5 T a 2.5 *10.05 m Lado = 10 cm = 0.25 seg B ε =N Δφ B Δt Δφ B 2. Cual es la corriente inducida resultante si la carga tiene una resistencia de 2 Ω.5 voltios 0.5 T *8 * 10.25 seg 0.5 cm = 0. El área de una vuelta de la bobina es: A = 8 cm2 = 8 * 10 . Problema 1 Serway quinta edición Pág.3 m2 Φ1 = 2.5 * 10 . Δt = 0.4 m2 Φ2 = 4 *10.5 T y se dirige perpendicularmente al plano de la bobina. Calcule la magnitud de la fem promedio inducida en la bobina si el desplazamiento ocurre en 0.4 m2 En t = 0.25 seg.25 seg Δt ε = 0.1 m = 5 * 10.E = w μ0 n I max r sen wt para r < R 2 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.125 T m 2 = 50 * = = 0.3 T m 2 0.3 T m2 Por tanto. Φ2 = 0 En t = 0.250 seg. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ2 = B2 * A Φ2 = 0. la magnitud de la fem inducida es: ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 2.5 T * 5 * 10. El área de una vuelta de la bobina es: Lado = 0. 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.3 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero.25 seg. 6 T m2) ΔΦB = 39.6 T m2 A = 0.4 T m2 – 4 *10.6 T m2 ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 39.7853 m2 Pero: B = 50 μT = 50 * 10. Cual es la fem promedio generada en la bobina.4 T m2 ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 20 *10.0016 = 8 *10 .4 T m2 Δt = 1 seg N = 1 vuelta B ε =N Δφ B Δt Δφ B 16 * 10 .39.7853 m 2 4 En t = 0.4 Amp.7853 m2 Φ2 = B * A* cos 180 = B * A * (-1) = .2699 *10.Φ1 = 2.200 seg N = 1 vuelta B ε =N Δφ B Δt 8 .39.5 T *8 * 10.6 T m2 – ( .6 T * 0.6 T A = 0.6 T m2 Δt = 0.B * A Φ2 = .6 T m2 B B ΔΦB = 78.2699 *10. 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 * 10.4 T m 2 =1* = 0.53 *10.0016 voltios = i * R ε =N i= ε R = 0.2699 *10.2699 *10.0016 voltios 1 seg Δt ε = 0. Se gira 180 grados.4 T m2= 16 *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 + 39. El área de una vuelta de la bobina es: Diámetro = 1 metro π d2 A= 4 = 3.B * A Φ2 = .50 * 10.2699 *10.200 seg.7853 m2 Φ2 = .6 T Φ1 = 50 * 10.6 T * 0.1415 * (1)2 = 0.7853 m2 Φ1 = 39.200 seg. 1002 Una bobina circular de alambre de 25 vueltas tiene un diámetro de 1 metro.4 m2 Φ1 = 20 *10.2699 *10. 2 Problema 3 Serway quinta edición Pág. 2 ⎤ = 0.* ⎡.t τ ⎤ ⎥⎦ τ ⎢⎣ ε= A B max e .A B max e . Cuando A = 0.* ⎡.3 voltios ⎢⎣ ⎥⎦ -3 ε = 3.t τ ⎞⎟ dφ B ⎠ = ⎝ ε =dt dt 1 ⎡ ε = .t τ e ε= τ b) Obtenga un valor numérico para ε en t = 4 seg.53 * 10 .t τ ⎤ ⎥⎦ τ ⎢⎣ 1 ε = .1353 = 3.35 T : τ = 2 seg. Bmax .t τ τ Obtenga un valor numérico para ε en t = 4 seg. 1 ε = . 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.056 * e .A B max e .0 2 ⎤ ⎥⎦ 2 ⎢⎣ ε? 9 .16 m2 Bmax = 0.699 * 10 .16 m2 Bmax = 0.200 seg seg Δt Problema 4 Serway quinta edición Pág. y τ Dados en el inciso b) Cual es el valor máximo de El valor máximo de ε es cuando t = 0 seg. a) Emplee la ley de Faraday para mostrar que la fem inducida en la espira esta dada por: A B max .* ⎡. 1002 Una espira rectangular de área A se pone en una región donde el campo magnético es perpendicular al plano de la espira. El campo tiene un valor constante Bmax para t<0 .ε =N Δφ B 78.* ⎡.* .7893 * 10 . c) Para los valores de A. Cuando A = 0.35 * e .5 * ⎡ 0.16 * 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 .81 voltios 0.6 = 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 .A B max e .028 * 0.35 T : τ = 2 seg. 1 ε = .0.16 * 0. Bmax .7893 * 10 voltios Para los valores de A.6 T m 2 T m2 = 25 * = 25 * 392.35 * e .4 2 ⎤ ⎥⎦ 2 ⎢⎣ ε = 0.0. 1003 Un poderoso electroimán produce un campo uniforme de 1.1415 * (0.2 * 103 voltios i= ε R = 3.3 seg. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A B = 1.6 T Φ1 = 1.2 * 10 3 seg Δt seg 20 * 10 .3 seg ε = 3. Alrededor del electroimán se coloca una bobina que tiene 200 vueltas y una resistencia total de 20 Ω. Cuan rápidamente (es decir.8539 * 10 . = 20 * 10.32 T m 2 T m2 = 200 * = 200 * 0.2 m2 Φ1 = 0.2 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero.1)2 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.3 m 2 A= 4 4 4 10 .2 T N = 500 vueltas diametro = 10 cm = 0. puesto que B = 0 en dicho momento.32 T m2 – 0 = 0. N = 200 vuelta B ε =N Δφ B Δt ε =N Δφ B 0. Φ2 = 0 En t = 20 mseg.1 m El área de una vuelta de la bobina es: Diámetro = 0. ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 0.2 T dentro de un solenoide que tiene 500 vueltas y un diámetro de 10 cm. B = 0.6 T * 0. Luego la corriente en el electroimán disminuye suavemente hasta que alcanza cero en 20 mseg.5 * [0. Cual es la corriente inducida en la bobina? El área de una vuelta de la bobina es: A = 0.028 voltios ε = 0.6 T sobre un área de sección transversal de 0.16 * 0.2 m2.056 ] = 0.028 voltios Problema 5 Serway quinta edición Pág. 20 20 Problema 6 Serway quinta edición Pág.32 T m2 Δt = 20 * 10.5 * [ 0.35 * 1] ε = 0.1 metro π d 2 3.32 T m2 t = 20 mseg. 1003 Hay un campo magnético de 0.0314 = = = 7.2 * 10 3 3200 = = 160 Amp.ε = 0.016 * 10 3 = 3.3 seg. cual es la corriente inducida en el anillo? b) En el centro del anillo.8539*10. 1000 vueltas por metro y un radio de 3 cm.2 T * 7. n son constantes. 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. Donde: A.2 T Φ1 = 0. 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).3 T m2 – 0 = 1. r es el radio del anillo = 0.El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero. 7.3 T m2 N = 500 vuelta ε = 10 kv = 10000 voltios B Δφ B Δt t = 0.03 metros A es el área del toroide en m2 = π R2 = 3. a) Si la corriente en el solenoide esta aumentando a razón de 270 A/s. como se indica en la figura P31.57078 * 10.3 seg.0785 * 10.57078 * 10. Φ2 = 0 El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A B = 0.57078 * 10.03)2 = 2.7 T * m/Amp 11 . 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.3 T m2 ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 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.3 m2 Φ1 = 1. Suponga que el solenoide produce un campo despreciable afuera de su área de sección transversal.8274 * 10. puesto que B = 0 en dicho momento. μ0 .3 m2 μ0 = es una constante conocida como permeabilidad del espacio libre = 4π * 10.14* (0. 53 * 10-7 ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ ε = ε = 4796.5) R 0.57 *10.05 metros B = (0.79657 * 10. = 0.7 T * m/Amp R es el radio del toroide.4 voltios.3 * 4π * 10-7 * 1000⎤ * 270 ⎢⎣ ⎥⎦ dt ε = (135)⎡35. μ0 = es una constante conocida como permeabilidad del espacio libre = 4π * 10.5)A μ 0 n dt dt dφ ε = = (0.598 Amp.598 20.5) 0 Para un toroide 2R Donde: i = corriente inducida en el anillo = 1.081 * 10 – 6 μT 12 .7 voltios ε = 4.8274 * 10 .598 amp.4 4.5)⎡2.05 0.81 * 10 − 7 Teslas B = 20.05 μ0 i B = 200.5) = (0. 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 μ i B = (0.5) * 401. que solo tiene 1 espira.5) 4π * 10 − 7 * 1. 4.79657 i= = = = 1.081 * 10 − 7 = (0.62 * 10 − 7 = (0. 4 3 R 3 * 10 ε b) En el centro del anillo.N/ ℓ = n (es el numero de vueltas por unidad de longitud) = 1000 vueltas por metro ε = dφ dt ε = 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 = (0.79657 * 10 .