Materia certamen 3 120

11. INDUCCIÓN MAGNÉTICA PROBLEMA 69. Un conductor, de largo L , se acerca

I



T

con velocidad v a un alambre recto y muy largo, por el



v

cual circula una corriente I, como se indica en la figura

L

adjunta. El conductor y el alambre recto están ubicados en un mismo plano.

S a

Determinar la fuerza electromotriz inducida, entre los

α y

extremos S y T del alambre, cuando el extremo S está

x

a un distancia a del alambre recto.

SOLUCIÓN La fuerza electromotriz inducida en el conductor se debe al campo eléctrico que aparece en su interior, para lograr el equilibrio entre las fuerzas eléctrica y magnética sobre los portadores de carga.







Fuerza magnética sobre los portadores de carga del conductor : FM = q v × B ,



donde v = v − iˆ

( )



y B=

µ0 I −kˆ 2πr

( )

, siendo r la distancia entre el alambre recto y el punto

del conductor, donde esté ubicado el portador de carga q. Luego :







FM = qv × B = qv B − ˆj .



La componente de FM

( )

en la dirección del conductor producirá una separación de carga, de

modo que la carga positiva va al extremo S y la negativa va a T.



Esta separación de carga producirá un campo eléctrico E

en el interior del conductor, con la dirección indicada en la





figura adjunta. La condición para equilibrio es F + q E = 0 ,



donde F es la componente longitudinal de la fuerza magnética expresada como :







F M = F  + F⊥ .

137

138

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

En equilibrio, un portador no experimenta fuerza neta, y en todo instante se cumple:





F

E=−

q

.

Puesto que F = FM sen α = q v 0 B sen α , la magnitud del campo eléctrico queda E = v 0 B sen α . Dado que B es función de r , E tendrá distinto valor en los diferentes puntos del conductor, en un instante dado. En un mismo punto del conductor, E tendrá distintos valores a medida que el conductor se acerca al alambre. La fuerza electromotriz inducida entre los extremos del conductor será : T

ε=





∫





I



Eid ,

B

r

S



puesto que E i d  = v 0 B sen α d  > 0 ; la fuerza elec-

α S

tromotriz inducida ε será positiva, es decir, S será posia

tivo respecto a T .

x =  cos α

L

Entonces, ε =

∫

⊗  FM

x ; r =a+x

v 0 B sen α d  . 0

Puesto que B =

µ0 I ; tenemos 2π (a +  cos α )

µ I eε = v 0 i 0 sen aα 2pπ

ò∫

L

0

æ a + L cos aα ÷ö d v µ I 1 = 0 0 sen aα i i ln ççç ÷÷ è ø a +  cos aα 2pπ cos aα a

Finalmente,

ε=

v 0 µ0 I tan α L ⎛ ⎞ i ln ⎜ 1 + cos α ⎟ . 2π a ⎝ ⎠

Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María

139

11. Inducción Magnética

PROBLEMA 70. Un conductor de longitud  y masa m puede deslizar entre dos rieles con-

⊗

ductores paralelos, según el esquema adjunto.

G

B

El generador G mantiene una corriente constante en el circuito, que está colocado en una

i

región de campo magnético uniforme.

Determinar la velocidad instantánea del conductor y la fuerza electromotriz inducida en el circuito. Suponer que el conductor parte del reposo y que el roce es despreciable.

SOLUCIÓN







La fuerza sobre el conductor móvil es : F = i  × B . Ella apunta hacia la izquierda, como se indica en la figura, y tiene magnitud F = i  B , que se mantiene constante. i



v

La velocidad del conductor dada se obtiene



F

 ⊗ 

de la relación dinámica :

G



B



F =ma ,



x

siendo F la fuerza magnética sobre él.

Entonces,

i B = m

dv dt

Integrando la relación anterior se obtiene la velocidad instantánea : v

∫

t

dv = 0

∫

0

i B dt m

⇒

v=

iB t . m

Este resultado muestra que la velocidad aumenta linealmente (mientras la fuerza de roce sea despreciable). El

flujo

φ = B x

dφ dx = B = B v . dt dt

a

través

del

circuito

está

aumentando

con

rapidez

Luego la fuerza electromotriz inducida en el circuito es de valor

ε = B v . Podría decirse que ella aparece entre los extremos de la barra móvil, con la polaridad


140


positiva en el extremo inferior, cumpliendo así con la ley de Lenz y "tendiendo" a impulsar una corriente de sentido opuesto a la que mantiene el generador. Finalmente :

i B i  2B 2 t= t . m m

ε = B v = B i

PROBLEMA 71. Una batería de fuerza electromotriz V0

i

se conecta entre dos rieles paralelos, por los cuales desliza una barra conductora de longitud





 B

y masa m. Con-

V0

siderar que la resistencia total del circuito es R (constante), el campo magnético es uniforme, el roce es despreciable y la barra parte del reposo. Determinar la velocidad final de la barra y la corriente por el circuito cuando la barra alcanza la velocidad final.

SOLUCIÓN Cuando la barra está en reposo, la corriente es i = V0 R . La fuerza sobre la barra, en esas condiciones es F = i  B , dirigida hacia la izquierda . Debido a esa fuerza, la barra inicia su movimiento, cuya velocidad en todo instante cumplirá con :

Fneta = m i

dv dt

,

con

Fneta = Fmagnética = i  B .

Entonces,

i=

m dv i . B dt i

Al estar la barra en movimiento habrá un cambio en el flujo magnético que atraviesa el circuito y aparecerá en él una fuerza electromotriz inducida.

v



F

+

ε

 

B −

x


R V0

141


El flujo magnético y su respectiva rapidez de cambio son :

dφ = B i v dt

;

φ = B x

De acuerdo a la ley de Lenz, la corriente producida por la fuerza electromotriz inducida tenderá a contrarrestar el aumento de flujo. En este caso la fuerza electromotriz inducida impulsará una corriente en sentido opuesto a la corriente i indicada en el esquema. De ese modo la fuerza electromotriz inducida actúa disminuyendo la corriente por el circuito. Una corriente de sentido opuesto a i produce un campo magnético que está dirigido hacia abajo ⊗ en el área de la espira, cumpliendo así con contrarrestar el aumento de flujo debido al campo  aplicado. Luego, aplicando la ley de voltajes al circuito obtenemos :

V0 − i R − B v = 0 . Reemplazando i , encontrado anteriormente, se obtiene :

V0 −

m R dv i − B v = 0 ;  B dt

o bien :

dv 2B2 i v V0 B + = dt mR mR La relación anterior es una ecuación diferencial para obtener la velocidad de la barra en función del tiempo. Si existe un único valor para la velocidad final de la barra, éste debe ser constante y cumplir que

dv = 0 . Luego, la velocidad final v f de la barra puede despejarse de la ecuación dt

anterior. Entonces,

 2 B2 i v f V i B = 0 ; mR mR

⇒

vf =

V0 . B

La corriente final en el circuito será : i f = 0 . Los resultados i f = 0 y v f =

V0 B

para el estado final implican que la fuerza neta final

sobre la barra es F = i f  B = 0 y la fuerza electromotriz es ε = B v = B i

V0 = V0 . B


142


La ecuación diferencial para la velocidad de la barra en función del tiempo puede resolverse por separación de variables, como se indica a continuación :

dv V0 B  2 B2 v = − . dt mR mR Separando las variables v y t e integrando se obtiene : v

∫

0

mRdv =  B (V0 −  Bv )

t

∫

dt

,

0

o bien :

−

mR ⎛  Bv ⎞ ln ⎜ 1 − = t . 2 2  B V0 ⎟⎠ ⎝

Despejando v se obtiene : 2 2 −  B t ⎞ V0 ⎛ mR ⎜ 1 − e ⎟ v (t ) = ⎟ B ⎜ ⎝ ⎠

Se deja como ejercicio encontrar i (t ) .

PROBLEMA 72.

Una barra conductora de largo



y

masa m, puede deslizar sobre dos rieles paralelos que forman un ángulo α con la horizontal como se indica en la figura. El circuito está en un campo magnético uniforme que apunta verticalmente hacia arriba. Considerar que la resistencia total del circuito es constante y de valor R, el roce es despreciable y la barra parte del reposo.

Determinar la velocidad final de la barra y la corriente final en el circuito.


143


SOLUCIÓN La barra tenderá a deslizar hacia abajo; esto hará disminuir el flujo magnético a través del circuito, lo cual producirá una fuerza electromotriz que tratará de contrarrestar esa disminución de flujo magnético haciendo circular una corriente que tienda a reforzar el campo magnético aplicado. Para cumplir con lo anterior, la corriente inducida debe circular en el sentido indicado en la figura superior (dado por la regla de la mano derecha). Al circular la corriente i por la barra, ésta experimentará un fuerza horizontal F = i  B , como se indica en la figura siguiente : i

Efectuando la sumatoria de fuerzas en la dirección

 B

N

F

de movimiento de la barra para aplicar la 2° ley de v

α

 g

mg

Newton, se obtiene :

α

mg sen α − F cos α = m i

dv . dt

Suponiendo que la velocidad final de la barra es constante; entonces la corriente final se puede calcular haciendo

dv = 0 en la ecuación anterior. Luego, dt

mg sen α − i  B cos α = 0

⇒

i=

mg tan α . B

El flujo magnético a través de la espira y su respectiva rapidez de cambio son φ = B  x cos α siendo

x

y

dφ dx = B  cos α i , dt dt

la longitud de los lados inclinados del circuito,

y

x

α

dx = −v . dt

Luego la fuerza electromotriz es tante, es i =

ε=−

dφ = B  v cos α , y la corriente, en cualquier insdt

ε B  v cos α = . R R


144


La relación anterior muestra que la corriente i y la velocidad v son proporcionales. Con ella y la corriente final obtenida anteriormente, se encuentra la velocidad final :

vf =

mg R tan α mg R sen α = 2 2 . 2 2  B cos α  B cos 2 α

El problema también puede resolverse en general, determinando v (t ) e i (t ) a partir de las ecuaciones planteadas anteriormente :

mg sen α − i  B cos α = m

dv dt

e

i=

B  v cos α . R

Reemplazando i en la primera ecuación, obtenemos una ecuación diferencial que se resuelve por separación de variables :

v B 2  2 cos 2 α dv = . mR dt

g sen α −

Separando variables e integrando : t

∫

v

dt = 0

∫

dv v B 2  2 cos2 α g sen α − mR

0

v B 2  2 cos 2 α mR

Con la sustitución : u = g sen α −

;

du = −

B 2  2 cos 2 α dv , mR

se simplifica el integrando del lado derecho quedando: u

t

∫

dt = − 0

∫

mR du . 2 B  cos α u 2 2

u0

Integrando, se obtiene :

t=−

⎛ v B2 2 cos 2 α ⎞ mR ln ⎜ 1 − ⎟ . B2 2 cos2 α ⎝ mg R senα ⎠

Despejando v (t ) , se encuentra :

mg R sen α v (t ) = 2 2 B  cos 2 α

⎛ − ⎜ 1 − e ⎜ ⎝

B22 cos2 α it mR

⎞ ⎟ . ⎟ ⎠

Como ejercicio, usted mismo encuentre i (t ) .


145


PROBLEMA 73. Una espira cuadrada de lado a, se hace girar con rapidez angular constante ω , entre los polos de un imán que produce

B N

S

ω

un campo magnético aproximadamente uniforme de magnitud B. La espira tiene resistencia R, autoinductancia despreciable, y el instante t = 0 se escoge cuándo el plano de la espira es perpendicular al campo magnético. (a) Determinar la corriente en la espira en función del tiempo. (b) Determinar el torque suministrado por el agente externo en función del tiempo.

SOLUCIÓN (a) El flujo magnético φ sobre la espira depende del tiempo, y puede describirse en términos del ángulo θ , que forman el vector campo magnéti-



θ

co B y el vector nˆ perpendicular al plano de la

 B

espira. Entonces :

θ

φ = B i a2 cos θ ,

i

y la fuerza electromatriz inducida en la espira es:

dφ dθ ε=− = + B a2 sen θ i . dt dt

nˆ

Despreciando la autoinductancia, la corriente en la espira es i = ε R . Usando además que θ = ωt , se obtiene el resultado :

i (t ) = +

Ba2 ω sen ω t R

La corriente i (t ) es alterna, adopta valores positivos y negativos, es decir, circula en un sentido y en el sentido contrario. El sentido que se denomina positivo corresponde a la curvatura de los dedos de la mano derecha cuando el pulgar apunta en la dirección del vector nˆ , que define el signo del flujo φ .


146


F

(b) Sobre la espira debe actuar un torque externo con el objeto de contrarrestar el torque debido al campo magnético. Así el torque neto es cero y la rapidez angular de la espira es constante. En la figura se ha indicado el



 τext.

θ

torque τ B respecto al punto P, debido al campo magnético. Puesto que la fuerza magnética sobre dos de los lados es de magnitud F = iaB , entonces la magnitud del

i

P

torque magnético respecto a P es :

a τB = 2 F sen θ = ia2 B sen ω t . 2

 τB

F

Sustituyendo el valor de i (t ) encontrado en la parte (a), se obtiene :

τB =

ω R

(Ba

2

sen ω t

2

)

.

La dirección del torque externo se ha indicado en la figura anterior, y corresponde a un vector que entra al plano de la página.

PROBLEMA 74. Una barra conductora de masa M se apoya sobre dos rieles conductores paralelos horizontales muy largos, cuyos extremos están conectados a través de una resistencia



R. Inicialmente, el sistema se encuentra en reposo en un campo magnético uniforme B , per-



pendicular el plano de los rieles. En cierto instante se aplica a la barra una velocidad v 0 , paralela a los rieles. (a) Calcular, en función del tiempo, la corriente en el circuito, la velocidad y la posición de la barra. (b) Calcular la distancia total recorrida por la barra hasta el momento en que se detiene.


147


SOLUCIÓN



Al tener la varilla una velocidad

v0

se genera en el circuito una corriente :

ε . R

I=

Por otra parte ε = −

dφ , dt

donde

φ =

∫





B idA =

área circuito

∫

B zˆ i  d y zˆ = B  y ,

luego :

dφ dy = −B = − B vy . dt dt

ε=−

El signo menos expresa el hecho de que la fuerza electromotriz se induce, de modo tal que se opone a la variación del flujo; en este caso el flujo aumenta, debido al aumento del área del circuito. Entonces la corriente es :

I=

B vy R

,

y circula en el sentido indicado en la figura. Así dicha corriente produce un campo magnético



de sentido opuesto al de B aplicado, contrarrestando la variación de flujo.



Como la varilla está en presencia de un campo magnético externo B , éste ejerce sobre



ella una fuerza F :



F=

∫





I d  × B = I  xˆ × B zˆ

;



F = − I  B yˆ .

Note que la fuerza tiene dirección opuesta a la velocidad inicial.



Puesto que F

es la fuerza

neta, se cumple que :

Fy = − I  B = m ay , siendo ay la componente y de la aceleración de la barra.


148


d vy , se obtiene la ecuación dt

Reemplazando la corriente y usando la igualdad ay = diferencial :

−

d vy B2  2 vy = mR dt

Resolviendo por separación de variables, tenemos :

d vy B2 2 =− dt . vy mR

mR e integrando, se obtiene : B2 2

Definiendo τ =

ln v y

ln

vy v0

t =− τ

t

vy v0

0

vy t =− v0 τ

v y (t ) = v 0 e − t Puesto que v y =

t

0

τ

dy , y se encuentra integrando dt

y

y 0 + v 0τ

la expresión para v y (t ) :

y − y 0 = v 0 (−τ ) e − t τ

y0

t 0

t

0

y (t ) = y 0 + v 0 τ − v 0 τ e − t τ Obsérvese que la varilla se mueve entre una posición inicial y 0 y una posición final y 0 + v 0 τ que se alcanza en t → ∞ . La distancia total reco-

I

rrida es v 0 τ .

B v 0 R

Finalmente,

I (t ) =

B v y (t ) R

B I (t ) = v0 e −t τ R

0

t


149


PROBLEMA 75.. Una barra conductora de masa m se apoya sobre dos rieles conductores, paralelos, horizontales, muy largos, cuyos extremos están conectados a través de una inductancia L , como se indica en la figura.



El circuito se encuentra en un campo magnético uniforme B , perpendicular al plano de los rieles. Determinar la corriente en el circuito, la velocidad y posición de la barra en función del tiempo.

SOLUCIÓN En este caso, además de la fuerza electromotriz inducida por el movimiento de la barra, se inducirá otra fuerza electromotriz en la inductancia L, de modo que :

ε A + εL = 0 , siendo :

εL :

la fuerza electromotriz debida a la variación de flujo φL = L I en la inductancia.

εA :

la fuerza electromotriz debida a la variación del flujo φA = B  y a través del circuito.



Nótese que la dirección de I y B cumplen con la regla de la mano derecha; entonces,

εA = −

d φA = − B vy dt

y

εL = −

d φL dI =−L . dt dt

Luego ,

L

dI dy + B =0 dt dt

⇒

L d I = − B  dy

Integrando, se obtiene :

L (I − I0 ) = − B (y − y 0 ) .


150


Suponiendo que I = 0 cuando y = y 0 , entonces I0 = 0 . Luego :

I (y ) = −

B (y − y0 ) . L

Entonces, la fuerza sobre la barra es :

B2 2 Fy = I  B = − L

(y − y 0 ) .

Si hacemos εs = y − y 0 , la expresión para la fuerza queda de la forma :

Fy = − k εs ,

siendo

k=

B2  2 , L

es decir, es una fuerza restauradora proporcional a εs . Obviamente Fy = 0 para εs = 0 . Por tanto, el punto de equilibrio es :

y eq = y 0 .

En torno a este punto la barra realiza un movimiento armónico simple de frecuencia angular:

ω=

k = m

B2 2 = Lm

B , Lm

y de período :

T = 2π

Lm . B

La amplitud A del movimiento puede obtenerse aplicando la conservación de la energía, considerando que la barra se mueve entre el punto de equilibrio y el punto de amplitud máxima. En el punto de equilibrio toda la energía es energía cinética y en el punto de amplitud máxima toda es energía "potencial elástica" . Entonces,

1 1 mv 02 = k A 2 , 2 2 de donde se obtiene :

A=

m v0 = k

mL v0 = B2 2

mL

v0 B


151


Por lo tanto, la posición de la barra puede escribirse como :

εs (t ) = A cos (ω t + δ ) . Para determinar δ asumimos que en t = 0 , la barra pasa por el punto de equilibrio, en dirección y. Entonces, εs (0 ) = 0 y v y (0 ) = v 0 . Estas condiciones implican que cos δ = 0

y

sen δ = − 1 . Entonces ;

δ=

3π . 2

Finalmente, la posición de la barra queda : 3π ⎞ ⎛ y (t ) = y 0 + A cos ⎜ ω t + = y 0 + A sen (ω t ) . 2 ⎟⎠ ⎝

Dividiendo y (t ) se obtiene la velocidad :

3π ⎞ 3π ⎞ ⎛ ⎛ v y (t ) = − ω A sen ⎜ ω t + = −v 0 sen ⎜ ω t + = v 0 cos (ω t ) , ⎟ 2 ⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ ⎝ donde v 0 = ω A es la máxima velocidad de la barra.

La corriente se encuentra usando una relación obtenida anteriormente :

I (t ) = −

B A 3π ⎞ ⎛ cos ⎜ ω t + =− L 2 ⎟⎠ ⎝

y

m 3π ⎞ ⎛ v 0 cos ⎜ ω t + =− L 2 ⎟⎠ ⎝

I

v

y0

v0

0

T

t

m v 0 sen (ω t ) . L

m v0 L 0

T

t

0

T

t


152


PROBLEMA 76. Un alambre infinito que conduce

I

la corriente constante I , y una espira plana pro-

a

vista de una parte móvil, se encuentran en un pla-

R

no horizontal. La parte móvil de la espira se mueve con velocidad constante y en el instante t = 0

r

a

 ⊗ B (r )

a

se encuentra en la posición indicada en la figura. Determinar el trabajo realizado por el agente externo que mueve la barra, en el intervalo

 v

0 ≤t ≤ ∞.

SOLUCIÓN El campo magnético producido por el alambre, en el plano de la espira es :



B=

µ0 I uˆ , 2πr



siendo uˆ un vector unitario que entra perpendicularmente al plano de la espira. Así, B e I se relacionan según la regla de la mano derecha. La posición de la barra en función del tiempo respecto al alambre recto es

r (t ) = 2a + v t . El flujo magnético enlazado por el circuito es:

φ (r ) =

∫





B i dA =

área espira

φ (r ) =

r

∫

2a

µ0 I uˆ i a dr uˆ 2π r

⎛ r ⎞ µ0 I a ln ⎜ ⎟ . 2π ⎝ 2a ⎠

⊗

i

 v

En la espira se induce la fuerza electromotriz :

ε=−

dφ dφ dr µ Ia ⎛ 2a ⎞ 1 =− =− 0 v , dt dr dt 2π ⎜⎝ r ⎟⎠ 2a

donde el signo menos indica que la fuerza electromotriz se genera de forma tal, que se opone al aumento del flujo.


153


La corriente inducida es :

ε µ Iav = 0 . R 2π R r

i (r ) =



La fuerza que actúa sobre la varilla, debido al campo magnético B , es :







Fm = i d  × B = −

∫

i a µ0 I rˆ , 2π r

siendo rˆ un vector unitario en dirección de r. Note que la fuerza magnética es de sentido contrario a la velocidad de la barra. En consecuencia el agente externo deberá ejercer una fuerza:





Fext = − Fm , para mantener la varilla en movimiento uniforme. El trabajo realizado por este agente externo está dado por : ∞

W =

∫

  Fext i d r =

2a

∫

I a µ0 i I a µ0 dr = 2π r 2π

∞

∫

µ0 I a v dr 2 2 π R r 2a

∞

µ02 I 2 a 2 v dr A W = = 2 2 4π R r 2a 2a    

∫

A

1 2a

µ02 I 2 v a Finalmente, el trabajo total realizado por el agente externo es W = 8 π2 R

.


154


PROBLEMA 77. Un alambre infinito conduce la corriente I dependiente del tiempo mostrada en la figura 2, y se encuentra en el mismo plano horizontal que una espira provista de una parte en



movimiento con velocidad constante v . La figura 1 muestra la situación en t = 0 . Determinar la corriente i (t ) , calcular su valor en t = 0.5 [min] y representar i (t ) gráficamente. Considerar que la autoinductancia de la espira es despreciable y los datos :

2πR [A] ; a = 10 [m] ; µ0 ln 2

I0 =

v = 10[m / min]

I(t)

I [A]

a

 v

2a R

I0

i(t)

1

3a Figura 1

2

t[min]

Figura 2

SOLUCIÓN

⎧ 0 ⎪ De acuerdo a la figura, I (t ) = ⎨ I0 t ⎪ I ⎩ 0

t <0 0 ≤ t ≤ 1[min] t ≥ 1 [min]

La posición de la barra en función del tiempo, respecto al lado en que está la resistencia R es :

b (t ) = 3a + v t . El flujo magnético que entra en la espira es :

φ (t ) =

∫





B id A =

2a

∫

a

µ0I (t ) µ I (t ) b (t ) dr = 0 b (t ) 2π r 2π

2a

∫

a

µ I (t ) b (t ) dr = 0 ln2 r 2π


155


Entonces :

d φ µ0 ln 2 d µ ln2 = ⎡⎣I (t ) i b (t )⎤⎦ = 0 dt 2π dt 2π Puesto que

⎡ d I db ⎢ d t b + dt ⎣

⎤ I ⎥ . ⎦

⎤ db d φ µ0 ln2 ⎡ dI = v , entonces = (3a + v t ) + I v ⎥ . ⎢ dt dt 2π ⎣ dt ⎦

La corriente i (t ) inducida en la espira tiene la dirección indicada en la figura, de acuerdo a la ley de Lenz, y su valor es :

Luego;

Usando

i (t ) =

ε R

i (t ) =

⎤ µ0 ln2 ⎡ dI (3a + v t ) + I v ⎥ . ⎢ 2 π R ⎣ dt ⎦

,

2π R ⎧ d I ⎪ I0 = µ0 ln2 = ⎨ d t ⎪ ⎩ 0

se obtiene

donde

ε =−

dφ . dt

0 ≤ t ≤ 1 [min] en otro intervalo,

, en t < 0 ⎧ 0 ⎪ i (t ) = ⎨ 3a+2vt , en 0 ≤ t ≤ 1[min] ⎪ v , en t ≥ 1[min] ⎩

Evaluando en t = 0,5[min] ; i (0,5 ) = 30 + 10 [A] = 40 [A] . Evaluando en un instante t arbitrario, tenemos :

, en t < 0 ⎧0[ A] ⎪ i (t ) = ⎨30 + 20t [ A] , en 0 ≤ t ≤ 1[min] ⎪10[ A] , en t > 1[min] ⎩


156


El gráfico correspondiente es : i [A] 50

30

10

1

2

t [min]

3

PROBLEMA 78. Un anillo conductor de radio

A

ρ = 10 [cm] , rodea una superficie de área

A = 20[cm2 ] en que existe un campo magnético perpendicular al plano del anillo. El anillo tiene

V1

s1

s2

 B

V2

una resistencia R = 10[Ω] uniformemente distribuida en su perímetro, y el campo magnético depende del tiempo, según la expresión :

C



y

B = B0 zˆ sen (2π f t ) , x

con B0 = 1,0[ T ] y f = 50[Hz] . Entre los puntos A y C se conectan dos voltímetros ideales, como se indica en la figura. Obtener el valor que marca cada voltímetro, en términos de la longitud s 1 .

SOLUCIÓN La variación del flujo magnético φ produce una fuerza electromotriz inducida ε en el perímetro del anillo, de acuerdo a la ley de Faraday expresada mediante las relaciones :

φ = B z i A = B0 A sen (2π f t ) ,

ε= −

dφ = − 2π f B0 A cos (2π f t ) . dt


157


La corriente inducida en el anillo es i = ε R ,

A

definida en el sentido antihorario como se indica en la figura; es una corriente alterna con el valor má-

 B i

ximo I0 = 2π f B0 A R , de acuerdo al gráfico adC

junto. Al recorrer el anillo en la dirección de la co-

i

rriente, la suma de las caídas de potencial en la

I0

resistencia distribuida del anillo es igual a ε . t –I0

No se cumple la ley de voltaje de Kirchhoff, debido al flujo magnético variable enlazado por el anillo. Los circuitos formados por un voltímetro y la porción de anillo de su mismo lado, no enlazan flujo magnético, y cumplen con la ley de voltaje de Kirchhoff. Así, el voltímetro V1 indica el voltaje ε 1 en el lado izquierdo del anillo, mientras que el voltímetro V 2 indica el voltaje ε 2 en el lado derecho. De acuerdo a la ley de Ohm, ε 1 = i R 1 y ε 2 = i R 2 , siendo R 1 y R 2 las resistencias de las posiciones izquierda y derecha del anillo. Además, ε 1 + ε 2 = ε . Puesto que la resistencia está distribuida uniformemente en el perímetro del anillo, entonces :

R1 R2

s1

=

s2

,

con

R 1 + R2 = R y

s 1 + s 2 = 2πρ .

Finalmente,

ε1 = ε i

R1 R

=εi

s1

;

2πρ

ε2 = ε i

R2 R

= εi

2πρ − s 1 2πρ

Teóricamente, al conectar la polaridad positiva de ambos voltímetros en el mismo punto del anillo, uno marcaría un valor positivo cuando el otro marque uno negativo. En la práctica es necesario medir usando instrumentos para corriente alterna, que indican valores efectivos, siempre positivos sin importar la polaridad de la conexión. Puesto que el valor efectivo ε correspondiente a ε es :

ε = εefectivo =

2 εmáximo = 2 2 π f B0 A = 889 [mV] ,

los valores efectivos de ε 1 y ε 2 (usando s 1  21 [cm] como ejemplo) son :

ε 1  296 [mV]

y

ε 2  593 [mV] .


158



12. INDUCTANCIAS PROBLEMA 79. Dos espiras coplanares están formadas por alambres rectos muy largos, como se muestra en la figura. Determinar la inductancia mutua por unidad de longitud entre ellas. Ib



b a

r

Ib

x



SOLUCIÓN Calcularemos M =

φ ab

, donde φab es el flujo a través de la espira más pequeña, de-

Ib

bido a la corriente Ib en la espira más grande. Se calculará φab como la suma del flujo debido a la corriente en el alambre superior



más el

flujo debido a la corriente en el alambre inferior . Por razones de simetría, ambos son iguales; por tanto :

φab = 2

donde B =

µ 0 i Ib 2πr

∫

B i d SA SA

es el campo magnético producido por un alambre rectilíneo a distancia r

del alambre, y S A es la superficie de la espira más pequeña, de largo L . Luego : b +a

φab =

φab =

∫

2i b −a

µ 0 Ib i L dr 2 πr

µ 0 Ib L ⎛ b + a ⎞ i ln ⎜ ⎟ π ⎝ b − a ⎠

159

160


Finalmente,

Mab =

µ0 L ⎛ b + a ⎞ i ln ⎜ ⎟ . π ⎝ b − a ⎠

Otro método para calcular φab consiste en escribir el campo magnético en un punto del plano de la espira más pequeña, y luego integrar sobre el área de la espira. Entonces,

BT =

µ 0 Ib µ 0 Ib + . 2π (b − x ) 2π (b + x ) a

Luego :

φab =

∫

−a

µ0 Ib ⎛ 1 1 ⎞ + L dx . ⎜ 2π ⎝ b − x b + x ⎟⎠

Puesto que el integrando es función par de x, puede integrarse entre los límites 0 y a, y multiplicarse el resultado por dos para obtener φab .

φab =

µ 0 Ib L π

a

∫

0

⎛ 1 1 ⎞ ⎜ b − x + b + x ⎟ dx ⎝ ⎠

φab =

µ 0 Ib L ⎛ b + a ⎞ ln ⎜ ⎟ . π ⎝ b − a ⎠

Mab =

µ0 L ⎛ b + a ⎞ ln ⎜ ⎟ . π ⎝ b − a ⎠

Finalmente,


161

12. Inductancias

PROBLEMA 80. Un conductor cilíndrico muy largo y de radio R, lleva una corriente I 1 distribuida unifor-

I2

memente en su sección transversal. Cerca del cilindro se encuentra una espira cuadrada de lado L, he-

I1

cha de alambre muy delgado, colocada en un plano radial a distancia 2R del eje, como se indica en la figura adjunta. (a) Calcular la inductancia mutua entre el cilindro y la espira. (b) Calcular la fuerza electromotriz inducida en la espira cuando I 1 depende del tiempo según:

I 1(t ) = I sen ω t .

R

R

L

SOLUCIÓN (a) Se debe calcular el flujo magnético sobre la espira, debido a la corriente que circula por el cilindro. El campo magnético producido por el cilindro se obtiene a partir de la ley de Ampere, y su magnitud en la región que se encuentra la espira es :

B (r ) =

µ0 I 1

.

2π r

Puesto que el campo magnético producido por el cilindro es perpendicular al plano de la espira, el flujo magnético sobre ella es : 2R +L

φ2 =

∫

BdA =

∫

B (r ) i Ldr = 2R

µ0 I1 L ⎛ 2R + L ⎞ ln ⎜ ⎟ . 2π ⎝ 2R ⎠

La inductancia mutua entre el cilindro y la espira puede calcularse como :

M=

φ2 I1

=

µ0 L ⎛ L ⎞ ln ⎜ 1 + ⎟ . 2π 2R ⎠ ⎝


162

(b)


La fuerza electromotriz ε inducida en la espira está dada por :

ε=−

d φ2 d φ2 dI 1 dI 1 =− i = −M = − M I ω cos ω t dt d I1 dt dt

ε=−

µ0 L I ω ⎛ L ⎞ ln ⎜ 1 + ⎟ cos ω t . 2π 2R ⎠ ⎝

Note que el concepto de inductancia mutua está presente en la mayoría de los problemas de inducción magnética, aunque no se emplea explícitamente con su nombre en el capítulo respectivo.

PROBLEMA 81. Un cable coaxial muy largo formado por un conductor interior cilíndrico macizo de radio R1 y un cilindro hueco, de pared muy delgada y radio R2 , lleva corriente como se muestra en la figura. La corriente I



circula por el conductor interior con densidad j constante en la dirección indicada, y regresa distribuida uniformemente por el conductor externo. (a) Determinar la razón entre la energía magnética almacenada en el conductor macizo y la energía magnética almacenada en el resto del espacio, para R2 = e R1 con e = 2,718… (b) Determinar la inductancia por unidad de longitud del cable coaxial.

SOLUCIÓN La simetría axial del problema indica que las líneas de



campo magnético B son círculos concéntricos con el eje del cilindro. Elegiremos como trayectorias de integración círcu-

 j

R1 r

los concéntricos, de modo que :

Λ=

∫





R2

B i d  = B i 2πr

circunferencia


163

12. Inductancias

Por otra parte, de acuerdo a la ley de Ampere :

Λ = µ 0 Ineta . Luego,

B=

µ0 Ineta 2πr

Distinguimos tres regiones : (i)

(ii)

;

r ≤ R1

R1 ≤ r < R 2

;

Ineta

⎛ r ⎞ I = jA= i π r 2 = I ⎜ ⎟ 2 πR1 ⎝ R1 ⎠

B=

µ0 I r 2 π R 12

Ineta = I B=

(iii)

B

µ0 I 2πr

Ineta = 0

;

r > R2

2

0

R1

R2

B=0

En el gráfico se muestra B en función de r; observe la discontinuidad en r = R 2 , debido a la presencia del cascarón de espesor cero que lleva corriente superficial. Además, note que el campo magnético está confinado a la región interior del cable coaxial (r < R2 ) . La energía acumulada en el campo magnético está dada por :

U=

∫

uB d V

;

B2 2 µ0

con uB =

todo el espacio

(

)

La energía acumulada en un trozo de largo  del conductor interior r ≤ R 1 es :

U1 =

∫

R1

0

B2 i  i 2π r dr = 2µ0

R1

∫

2

µ0 I 2 2

0

(2π )

4 1

R

r2i

 2π r dr 2µ0

4 µ0 I 2 R 1 µ0 I 2  = = 4π R14 4 16π


164


La energía acumulada en el resto del espacio, corresponde a la energía acumulada entre R1 y R2 ( ya que B = 0 , para r > R2 ). R2

U2 =

∫

R1

R2

U2 =

∫

R1

B2 dV 2µ0 1 2µ0

µ02 I 2 2

(2π )

r2

i 2π r dr =

µ0 I 2  R ln 2 4π R1

Puesto que R2 = e R1 ,

U2 =

µ0 I 2 µ I2  ln e = 0 . 4π 4π

Luego la razón entre las energías almacenadas en el cilindro macizo y en el resto del espacio es :

U1 1 = U2 4

La energía almacenada en un trozo de largo unitario se expresa como

1 L I 2 , siendo L la 2

inductancia por unidad de longitud. Puesto que la energía magnética almacenada en una longitud  del cable coaxial es :

U = U1 + U2 =

Igualando, se obtiene :

5 µ0 I 2  16 π

5 µ0 I 2  ⎛ 1 2 ⎞ L I  = ⎜ 2 ⎟ 16 π ⎝ ⎠ L =

5 µ0 8 π


165

12. Inductancias

PROBLEMA 82. En el circuito de la figura, inicialmente el interruptor S está desconectado, y en el instante t = 0 se conecta. (a) Determinar la corriente i en los instantes

t = 0 , justo antes de conectar S , y t = ∞ , mucho después de haber conectado S. (b) Obtener la expresión analítica para i (t ) , con 0 ≤ t < ∞ .

SOLUCIÓN (a)

Cuando el interruptor ha estado desconectado por largo tiempo, en el circuito RL existe

una corriente dada por :

i (t ≤ 0 ) =

V 120 = = 4 [ A] R2 30

Al conectar S, quedan dos resistencias en paralelo, cuya resistencia equivalente es :

1 1 1 = + Req R1 R2

⇒

Req = 15 [Ω ] .

Mucho tiempo después de conectar el interruptor, la corriente en el circuito adquiere el valor constante :

i (t = ∞ ) =

(b)

V = 8 [ A] . Req

En el circuito RL se cumple que :

V = i (t )R + L

dI , dt

y la solución de esta ecuación es de la forma i (t ) = i 0 + i1 e

−t

LR

, como usted puede verifi-

carlo por sustitución. Dicha solución debe cumplir con los valores iniciales y finales de i , encontrados anteriormente . Así, para t = 0 , i (0 ) = i 0 + i1 = 4 y para t = ∞ , i (∞ ) = i 0 = 8 .


166


Entonces, i 0 = 8[ A] e i1 = − 4[N ] . Además,

L 50 i 10−3 1 = = [s ] , R 15 300 Finalmente, i (t ) = 8 − 4 i e −300 t [ A] .

El gráfico correspondiente a la expresión anterior es el siguiente : i(t) 8

4

t

0

Existe una manera alternativa de obtener la expresión encontrada anteriormente, sin resolver la ecuación diferencial, sabiendo solamente que el comportamiento es exponencial, con constante de tiempo τ = L R . De la observación del gráfico, podemos advertir que :

i (t ) = i (t = 0 ) + una función que crece exponencialmente desde i (t = 0 ) hasta i (t = ∞ ) . -− t æ ö i (t ) = i (0) + éë i (¥∞) -− i (0)ùû ççç1-− e L R ÷÷÷ = 4 + (8 -− 4) (1-− e-−300 t ) è ø

Finalmente ;

i (t ) = 8 − 4e −300 t [A] .


167

12. Inductancias

PROBLEMA 83. En el circuito de la figura, los ele-

IL

mentos tienen valores tales que RC = L R . Consi-

t =0

derar que el interruptor se cierra en el instante

V

t = 0. (a) Determinar el instante en que ambas re-

R IC

C

R L

sistencias disipan la misma potencia. (b) Determinar la razón (IC + IL ) IC en el instante t1 = L R . (c) Determinar la energía total disipada en las resistencias hasta t 2 = 10 RC .

SOLUCIÓN (a) Puesto que la potencia disipada en una resistencia está dada por el producto I 2R ; siendo ambas resistencias iguales, el problema se reduce a determinar el instante en que IL = IC . Para ello se aplica la ley de voltajes de Kirchhoff a los dos caminos cerrados de los cuales forma parte la batería; obteniéndose :

V = IC i R + qc C V = IL i R + L

;

con

IC =

dqc dt

d IL . dt

Usando la variable qC , en la primera ecuación, usted debe notar que ésta adquiere la misma forma algebraica de la segunda ecuación; es decir, basta resolver sólo una de las dos ecuaciones planteadas para conocer tanto IL como IC . Puede usar cualquier método matemático que conozca para resolver dicha ecuación. Sin embargo, es útil que sea capaz de escribir su solución sin necesidad de resolverla cada vez que la encuentre. En todo caso sus resultados deben ser :

IC =

−t V i e RC R

e

IL =

V −t L R 1− e ( ) . R

(

)

Es necesario agregar que tanto al escribir las soluciones anteriores como al verificar que son efectivamente correctas, basta recordar que los circuitos RL y RC tienen un comportamiento exponencial al ser sometidos a una excitación continua y que, tanto una inductancia co-


168


mo un condensador, tienen comportamiento iniciales (t = 0 ) y finales (t → ∞ ) bien definidos en un circuito de corriente continua. Use estas ideas para verificar las soluciones dadas. Para encontrar el instante en que IC = IL , tenemos :

V V −t L R i e −t RC = 1− e ( ) R R

(

e −t RC + e

−t (L R )

)

=1

Dado que RC = L R , lo anterior se reduce a :

2 e −t RC = 1 t = RC ln2 =

Luego ;

(b)

IC + IL =

L ln2 . R

V −t RC V −t L R e + 1− e ( ) = R R

(

)

V

IC + IL R = = et RC V IC e −t RC R Al evaluar en el instante t1 = L R y usando la igualdad RC = L R tenemos :

IC + IL =e IC

(c)

La energía total disipada en las resistencias hasta t 2 = 10 RC es : t2

W =

∫

t2

2

IL R dt + 0

V2 W = R

t2

∫

0

(1 + e

∫

2

IC R dt 0

− 2 t (L R )

− 2e

−t (L R )

)

+ e −2t RC dt


169

12. Inductancias

Integrando y usando las condiciones R C = L R

y t 2 = 10 RC , se obtiene :

10 RC 10 RC ⎤ V 2 ⎡ e − 2t RC e −t RC ⎢10 RC + 2 i ⎥ W = − 2i R ⎢ − 2 RC ) 0 − 1 RC ) 0 ⎥ ( ( ⎣ ⎦

W =

V2 ⎡10 RC − RC e −20 + RC + 2RC e −10 − 2RC ⎤⎦ = CV 2 ⎡⎣9 + 2 e −10 − e −20 ⎤⎦ R ⎣

Considerando que e −10  1 ; se obtiene el resultado aproximado:

W = 9 CV 2 .

PROBLEMA 84. En el circuito de la figura los interruptores S y T están inicialmente desconectados y el condensador está descargado. Luego, en t = 0[s ] , se conecta S. A continuación, en t = t0 [s ] , simultáneamente se desconecta S y se conecta T . Determinar el valor de t 0 , de modo que la carga en el capacitador tenga como valor máximo Q = 0,20 [mC ] .

SOLUCIÓN Al conectar S, circula corriente en el circuito R L , y al cabo de t 0 [s ] se ha disipado cierta cantidad de energía en la resistencia y se ha almacenado energía en la inductancia. La inductancia adquiere su energía máxima en el instante t 0 , y su valor es :

Umáx =

1 2 L I0 2

siendo I0 la corriente que circula por la inductancia en ese instante.


170


Al desconectar S y conectar T simultáneamente en el instante t 0 , se activa el circuito

LC que comenzará a oscilar. La energía almacenada en la inductancia se habrá transferido totalmente al capacitor cuando éste tenga su carga máxima, dada por la expresión :

Umáx

2 Qmáx = . 2C

El valor numérico de I0 se obtiene igualando las ecuaciones anteriores, como se indica a continuación :

1 Q2 L I 02 = máx 2 2C

I 02 =

⇒

I0 =

2 Qmáx LC

0,2 i 10−3 2 i 10 −3 i 5 i 10 −6

⇒

I0 =

Qmáx LC

= 2,0 [ A]

Mientras S está conectado se activa el circuito RL , para el cual la ley de voltaje de Kirchhoff conduce a la ecuación :

V = RI + L

dI . dt

La solución correspondiente es :

I (t ) =

−t V ⎛ L R ⎞ 1 − e ⎜ ⎟ . R ⎝ ⎠

Para calcular el instante t 0 , en que la corriente es de valor I0 , introducimos I0 = 2,0[ A] y

L R = 1 2500 [s ] en la expresión para I (t ) . Por lo tanto, 2=

20 1 − e −2500 t0 5

(

e −2500 t0 =

)

1 2

2500 t0 = ln2 t0 = 2,8 i 10−4 [s ] .


13. CIRCUITOS MAGNÉTICOS PROBLEMA 85. El núcleo de un anillo toroidal, de radio medio R y sección transversal

µ1

µ2

de área A, está hecho de dos piezas de igual forma,

con

permeabilidades

magnéticas

N1

N2

constantes µ1 y µ 2 respectivamente, ambas mucho mayores que µ0 .

Dos bobinas de

N1 y N2 vueltas están enrolladas, una en cada una de las piezas del núcleo. Considere que en la bobina de N1 vueltas circula una corriente continua de intensidad I1 y los datos siguientes : µ1 = 500 µ0 ; µ 2 = 750 µ0 ; N1 = N y N2 = 4N (a) Calcular el flujo magnético sobre una sección transversal del anillo. (b) Determinar el coeficiente de inducción mutua entre las bobinas. (c) Determinar la energía magnética almacenada en el sistema.

SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de Ampere a una trayectoria circular de radio µ1

r, por el interior del anillo, tenemos que : I

H1 i π r + H2 i π r = N1 I1 .



Por continuidad de B , que es perpendicular a la superficie que separa ambos medios, tenemos que:

B = µ1 H1 = µ2 H2 .

Entonces,

⎛ 1 1 ⎞ B ⎜ + ⎟ i π r = N1 I1 . ⎝ µ1 µ 2 ⎠

171

µ2

r

172


Puesto que B depende de r, al calcular el flujo sobre una sección transversal se requiere hacer una integral; sin embargo, se acostumbra hacer un cálculo aproximado usando el radio medio mencionado en el enunciado. Luego;

N1 A I1 300 µ0 N I1 A = . πR ⎛ 1 1 ⎞ π R ⎜ + ⎟ ⎝ µ1 µ 2 ⎠

φ = BiA =

(b) Para calcular el coeficiente de inducción mutua entre las bobinas, basta calcular el flujo φ2 enlazado por las N2 espiras de la bobina 2, cuando circula la corriente I1 por la bobina 1. Puesto que φ2 = N2 φ , el coeficiente de inducción mutua es :

M=

φ2 = I1

1200 µ0 N2 A N1 N2 A = . πR ⎛ 1 1 ⎞ π R ⎜ + ⎟ ⎝ µ1 µ 2 ⎠

Este coeficiente relaciona la fem inducida en la espira 2 con la variación en el tiempo de la corriente en la espira 1, según la expresión :

ε2 = − M

d I1 . dt

(c) En materiales con permeabilidades mucho mayores que µ0 , el flujo magnético se mantiene en su interior, constituyendo un circuito magnético. La energía se concentra en el material magnetizable y su dispersión hacia el aire es despreciable. Calcularemos la energía en los materiales magnetizados y despreciaremos la energía contenida en el resto del espacio. La densidad de energía magnética en un material lineal es : B

wm =

∫

HdB = 0

B

∫

0

B

BdB B2 = . µ 2µ

Este resultado corresponde al área indicada en el gráfico adjunto. 0

H


173

13. Circuitos Magnéticos

La energía magnética en el sistema se obtiene sumando las energías en ambos materiales. En cada material, debe multiplicarse la densidad de energía por el respectivo volumen. Ambos volúmenes son iguales y su valor aproximado, considerando que el anillo es delgado, es π R A . Luego;

⎛ B2 B2 Wm = ⎜ + 2 µ2 ⎝ 2 µ1

2

2

⎞ (N1 I1 ) A = 150 µ0 (N1 I1 ) A . ⎟ π R A = πR ⎛ 1 1 ⎞ ⎠ 2 π R ⎜ + ⎟ ⎝ µ1 µ 2 ⎠

PROBLEMA 86. Un alambre muy largo que lleva una corriente

µ

I, entrando al plano de la figura, está rodeado simétricamente por un cilindro muy largo de material magnetizable, con permeabilidad constante µ = 1000 µ0 .







(a) Obtener los vectores B , H y M en función de la

I

X

distancia r hasta el eje de simetría. (b) Graficar cualitativamente la magnitud de los campos







B , H y M , en función de la distancia r hasta el eje de simetría.

a b

SOLUCIÓN c

(a)

A partir de la ley de Ampere :

∫





Hi d  = i ,



y considerando la simetría cilíndrica, se calcula H en todo el espacio. i)

Si r < a :

H i 2π r = I i ii)

π r2 π a2

⇒

H=

I ir 2π a 2

a r

Si r > a :

H i 2πr = I

⇒

H=

I 2π r



H


174




El vector H en un punto dado es perpendicular al eje de simetría y tangente a una circunferen-



cia que pasa por dicho punto, como se indica en la figura. Puede escribirse, H = H i ˆt , siendo ˆt un vector tangente a la circunferencia.







El vector B se obtiene usando la relación B = µ H correspondiente a cada material. Puesto



que en el medio magnetizable µ = 1000 µ0 y en el resto del espacio es µ0 , la magnitud de B es muy grande en el medio magnetizable. Esto se debe a la contribución del vector magnetiza-





(

 

)

ción M , que obedece a la relación B = µ0 H + M .





 B M= −H . µ0

Entonces,





De acuerdo a la relación anterior, en el medio no magnetizable, donde B = µ0 H , resulta







M = 0 . En cambio en el medio magnetizable, M = (µr − 1) i H , donde se ha definido

µr = µ µ0 = 1000 .

(b)

El gráfico de H(r) no presenta discontinuidades pues su componente paralela a la super-

ficie de un material, es continua (excepto cuando hay corriente superficial). B

H

0

a

b

c

0

r

a

b

c

r

M

0

a

b

c

r


175


PROBLEMA 87. Un pequeño imán de largo d y masa m, se cuelga sujetando uno de sus extreθ

mos mediante una cuerda, quedando sometido al campo gravitacional de la tierra, y a un campo magnético uniforme aplicado en dirección hori-

 g

zontal. Considerar que el momento dipolar mag-



nético p del imán es constante.

S

Calcular los ángulos θ y φ indicados en la

φ N

 B

figura, para la condición de equilibrio del imán.

SOLUCIÓN Consideraremos al imán como un dipolo magnético y veremos el efecto que ejerce un campo magnético uniforme sobre él. Dicho efecto es similar al que experimenta un dipolo magnético constituido por una espira con corriente, caso del cual le recordamos los siguientes resultados : I.

La fuerza magnética sobre un dipolo magnético colocado en un campo magnético uniforme es cero.

II.







Un dipolo magnético en un campo magnético experimenta un torque τ = p × B , que tiende a alinear el dipolo en la dirección del campo magnético.

Usamos estos resultados para dibujar un diagrama de cuerpo aislado del imán y luego escribir las respectivas ecuaciones de equilibrio. 1) Equilibrio de las componentes verticales de las fuerzas :

T  g

T cos θ = mg

θ

2) Equilibrio de las componentes horizontales de las fuerzas : S

T sen θ = 0 φ τ = pB N

3) Equilibrio de torques respecto al polo S del imán :

1 mgd cos φ = pB 2

mg

De las ecuaciones de equilibrio se concluye que :

θ=0

;

cos φ =

2pB . mgd


176


PROBLEMA 88. El circuito magnético, mostrado en la figura, está formado por un material

0 I

ferromagnético cuya curva de magnetización se indica en el gráfico, y consta de los si-

F

N

guientes parámetros geométricos :  F = 1,0[m ] ;  0 = 3,1i 10−3 [m ] ;

A

A = 4,0 i 10 −4 [m 2 ] ; N = 2000 vueltas .

(a) Determinar I

de modo que el flujo

B [T ] 1,0

magnético a través de la sección transversal A sea φ = 3,2 i 10

−4

2

[T i m ] .

0,8 0,6 0,4

(b) Determinar la razón entre las energías

0,2

H [A i vuelta m ]

magnéticas en el aire (entrehierro) y en 0

el material ferromagnético.

0,2

0,4

0,6

0,8

i 104

SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de Ampere en su forma general (válida también cuando hay materiales ferromagnéticos) :

∫





H id  = N I

se obtiene :

HF i  F + H 0 i  0 = N I donde HF y H0 son las intensidades de campo magnético en el material ferromagnético y el entrehierro respectivamente. La ecuación anterior indica que I puede conocerse siempre que HF y H0 estén determinados. Con los datos disponibles: curva de magnetización y flujo magnético a través del circuito, podemos determinar ambas cantidades. Considerando que el entrehierro es pequeño, usando la ecuación de Maxwell :

∫





B i d A = 0,

con la superficie cerrada, mostrada en la figura, se obtiene : − BF i AG + B0 i AG = 0 .


177


De la relación anterior se concluye que B0 = BF , es

Caras polares

decir, la inducción magnética tiene el mismo valor en el fierro 

y en el entrehierro.

B0



BF

El valor de H0 puede obtenerse utilizando la relación lineal :

AG

B0 = µ0 H0 ,

entrehierro

sin embargo, el valor de HF debe obtenerse de otra manera, puesto que en el material ferromagnético la relación entre BF y HF es no lineal. Entonces, debe usarse la curva de magnetización. Para obtener B0 usamos la relación φ = B0 A , de donde se obtiene :

φ 3,2 i 10 −4 4 B0 = = = = 0,80 [T ] . −4 A 4,0 i 10 5 Para el valor B0 = BF = 0,80 [ T ] ; la curva de magnetización dada en el enunciado indica que HF = 0,6 i 104 [A i vuelta / m ] . Reemplazando estos valores en la ecuación para I se obtiene que :

0,6 i 10 4 i 1,0 +

0,8 i 3,1 i 10 −3 = 2 i 103 I −7 4 π i10

0,8 i 104 = 2 i 103 I

I = 4,0 [A]

(b) La energía magnética almacenada en el entrehierro se obtiene como :

U0 = u0 iV0 , siendo V0 = A i  0 el volumen del entrehierro y u0 =

B02 , la densidad de energía magnética 2 µ0

en el entrehierro. Usando los valores numéricos correspondientes se obtiene :

U0 =

0,82 i 4 i 10−4 i 3,1 i 10−3 = 0,32 [J ] . 2 i 4 π i 10 −7


178


La energía magnética almacenada en el material ferromagnético debe obtenerse de una manera distinta a la recién indicada para el entrehierro, debido a la no linealidad de la curva de magnetización del material. En este caso la energía es : 0,8

UF = VF

∫

H dB

;

siendo VF = A i  F .

0

La integral anterior representa el área indicada B [T]

cualitativamente en la figura.

0,8

∫

Para evaluar la integral, debe procederse primero a

H db 0

0,8

cuadricular el área correspondiente y luego a contar los cuadros. Empleando esta técnica en la curva de magnetización dada, contamos 7,5 cuadros de lados

0

0,6 •10

4

4

0,1i 10 [A i vuelta / m ] y 0,2[ T ] .

H [Aiv m ]

Luego; la energía magnética almacenada en el material ferromagnético es :

UF = 4,0 i 10−4 i 1,0 i 7,5 i 0,1i 104 i 0,2 = 0,6 [J ] . Finalmente :

U0 UF = 8 15 .

Nótese que, a pesar de que el entrehierro es muy pequeño, la energía almacenada en él es comparable a la energía almacenada en el material ferromagnético.

PROBLEMA 89. En el circuito magnético indicado en la figura, el material ferromagnético es acero fundido y el entrehierro es de aire. La curva de magnetización de acero fundido y otros materiales se encuentra al final de esta sección. Se dispone de los siguientes datos del circuito magnético : A = 8 i 10−4 ⎡⎣m 2 ⎤⎦

,

 0 = 4,8 i 10−3 [m ]

N = 2500 [vuelta ]

,

 F = 0,5 [m ]

,

R = 10 [Ω ]


179


(a) Determinar V0 de modo que en estado estacionario la densidad de energía magnética en el entrehierro sea aproximadamente u0 = 1,15 i 106 [ J / m 3 ] . (b) En las condiciones anteriores, determinar la densidad de energía magnética en el acero fundido. (c) Calcular la razón entre las reluctancias del aire y del acero fundido : R0 RF .

SOLUCIÓN (a) La expresión para la densidad de energía magnética en el entrehierro :

B2 u0 = 2 µ0

,

permite calcular B en el entrehierro. Usando los valores respectivos se obtiene :

B = 2 µ0 u0 = 2 i 4π i 10 −7 i 1,15 i 106 = 1,70[T ] .



Puesto que, las componentes normales de B en la superficie que separa dos medios, son



iguales, en el entrehierro y en el material ferromagnético, B tiene el mismo valor. Usando la curva de magnetización de acero fundido, vemos que a BF = 1,70[ T ] le corresponden HF = 0,7 i 104 [A i vuelta m ] . Por otra parte, la relación B = µ0 H0 permite calcular el valor H0 = 1,35 i 106 [Ai vuelta m ] . Usando la ley de Ampere

∫





H i d  = N I , y sabiendo que en el estado estacionario se

cumple que I = V R , se obtiene una ecuación para calcular V.

⎛ V ⎞ HF i  F + H 0 i  0 = N i ⎜ ⎟ . ⎝ R ⎠ Luego :

V=

10 2500

⎧⎪ ⎫ 4 6 −3 ⎪ 0,7 i 10 i 0,5 + 1,35 i 10 i 4,8 i 10 ⎨      ⎬ 3500 ≈ 6500 ⎩⎪ ⎭⎪

V = 40 [V ]


180


(b) La densidad de energía magnética en

B[T]

acero fundido está representada por el área indicada en la figura, que corresponde a la

1,7

expresión : 1,7

uF =

∫

H dB 0

0

0,7 i 104

H [A i vuelta/m]

Esta integral se evalúa usando la curva de magnetización correspondiente, dada al final de esta sección, simplemente contando los cuadros de lados 0,1 [ T ] y 0,1i 10 4 [Ai vuelta / m ] ; resultando aproximadamente 19 cuadros; es decir, una densidad de energía de :

uF = 19 i 0,1[T ]i 0,1i 104 [Ai vuelta / m ] = 1900 ⎡⎣J m3 ⎤⎦ .

(c) Las reluctancias son : R0 =  0 µ0 A

y

RF =  F µF A

La cantidad µ F se denomina permeabilidad estática del material ferromagnético y se calcula haciendo el cuociente :

µF =

B . HF

Luego, la razón entre las reluctancias es :

⎛ 1 R0 0 µF A  0 µF  0 ⎜ B H0 = i = i = i RF µ0 A F  F µ0  F ⎜ HF B 1 ⎝

⎞ ⎟ =  0 i H0 ⎟  F i HF ⎠

Nótese que nuevamente aparecen los productos H0  0 y HF  F que fueron calculados al obtener V. Luego :

R0 6500 =  1,86 . RF 3500


181


PROBLEMA 90. El circuito magnético de la figura consta de tres tipos de materiales ferromagnéticos, con las siguientes especificaciones : I

A1 = 7,5 [cm 2 ]

: chapa silicosa

II : acero fundido

A 2 = 10 [cm 2 ]

 2 = 20 [cm ]

III : fierro fundido

A 3 = 20 [cm 2 ]

 3 = 10 [cm ]

I

I

 1 = 10 [cm ] II

III

A2

A3

2

NI

3

El circuito funciona en condiciones tales que al magnetizar la chapa silicosa se requiere 1800 [ Aivuelta] y al magnetizar el entrehierro se necesita una excitación equivalente al 40% de la excitación magnética total. Determinar la longitud del entrehierro, usando las curvas de magnetización dadas al final de esta sección.

SOLUCIÓN La ley de Ampere :

∫





H i d  = N I permite escribir la ecuación :

H1 1 + H2  2 + H3  3 + H0  0 = N I donde los subíndices 1, 2 y 3 se refieren a los medios I, II y III, y el subíndice 0 está asociado al entrehierro. Puesto que al magnetizar la chapa silicosa se requiere 1800 [ Aivuelta] , entonces :

H1 1 = 1800 [ Aivuelta] , luego H1 =

1800 = 1,8 i 10 4 [ Aivuelta m] . 0,10

Usando H1 y la curva de magnetización correspondiente a la chapa silicosa, se obtiene B1 = 2,0 [T ] .

Luego, el flujo magnético a través del circuito es :

φ = B1 i A1 = 2,0 i 7,5 i 10−4 = 1,5 i 10 −3 ⎡⎣T i m 2 ⎤⎦ .


182


Puesto que el flujo debe ser el mismo en la chapa silicosa, en el acero y en el fierro; usamos este valor de φ para calcular B2 y B3 :

B2 =

φ 1,5 i 10−3 = = 1,5 [T ] A2 10 i 10−4

B3 =

φ 1,5 i 10−3 = = 0,75 [T ] A3 20 i 10 −4

Con los valores anteriores y las curvas de magnetización correspondientes se obtienen :

H2 = 0,32 i 104 [Ai vuelta m ]

;

H3 = 0,53 i 10 4 [Ai vuelta m ]

Puesto que al magnetizar el entrehierro se requiere el 40% de la excitación magnética total; tenemos que :

H0  0 = 0,40 NI , donde H0 = B0 µ0 y B0 = B1 . Esta última igualdad ha sido discutida en un problema anterior, y constituye una condición de contorno que puede usarse cuando el entrehierro es pequeño. Reemplazando los valores encontrados en la ecuación :

H1 1 + H2  2 + H3  3 + H0  0 = NI , se obtiene :

H1 1 + H2  2 + H3  3 +

B1  0 B1  0 = µ0 0,40 µ0

1800 + 0,32 i 104 i 0,20 + 0,53 i 104 i 0,10 +

Luego :

0 =

2,0 2,0  i 0 = i 0 −7 −7 4π i 10 4π i10 0,40

4π i 10−7 2 i (1800 + 640 + 530 ) 2,0 3

 0 = 1,2 i 10−3 [m ]  1,2 [mm ] .

Puesto que  0 resulta pequeño

(  0  1 )

la consideración hecha anteriormente que el

entrehierro sea pequeño, se cumple y el resultado obtenido es válido.


183


CURVA DE MAGNETIZACIÓN DE DIFERENTES MATERIALES FERROMAGNÉTICOS

H [ A i vuelta/ m]

B [T]

B [T]

H [ A i vuelta/ m]


184



14.

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA vR

+

–

PROBLEMA 91. Calcular la corriente i (t ) en el circuito mostrado en la figura, sometido al voltaje sinusoidal v (t ) = V0 i sen ω t .

R +

+ i(t) vL

v(t) –

L

–

SOLUCIÓN Aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff se obtiene :

v (t ) = v R (t ) + vL (t ) . Para cada elemento, las relaciones entre voltaje y corriente son :

vR (t ) = i (t ) i R

;

v L (t ) = L

di dt

.

Las relaciones anteriores conducen a la ecuación diferencial :

L

di + i R = V0 sen ω t , dt

cuya solución i (t ) debe ser una combinación lineal de sen ωt y cos ω t , es decir,

i (t ) = A sen ωt + B cos ω t . Se acostumbra a escribir lo anterior en términos del ángulo de fase α , según :

i (t ) = I0 sen (ω t − α ) =

I0 cos α ) i sen ω t − (I0 sen α ) i cos ω t . (     A

−B

Así, α representa la diferencia de fase entre voltaje aplicado y corriente. En este caso resulta α > 0 , como se verifica más adelante, y se dice que la corriente está atrasada respecto al voltaje aplicado. Resulta conveniente representar mediante flechas, denominadas fasores, a las corrientes y voltajes sinusoidales. El voltaje v (t ) aplicado y la corriente i (t ) se representan mediante fasores de longitudes proporcionales a V0 e I 0 respectivamente, formando entre sí el 185

186


ángulo α correspondiente a su diferencia de fase. La corriente se ha representado por debajo del voltaje para indicar que está atrasada, pues se considera que los fasores giran en sentido antihorario al transcurrir el tiempo.

V0 α sentido de giro de los fasores

I0 Sustituyendo i (t ) en la ecuación diferencial, se obtiene:

L i ( A ω cos ωt − B ω sen ωt ) + R ( A ω sen ωt + B ω cos ωt ) = V0 i sen ωt Para resolver, separamos la ecuación anterior en dos, igualando los coeficientes de sen ωt y

cos ω t a ambos lados, obteniendo :

R A − L ω B = V0 R B + L ωA = 0 . Resolviendo las ecuaciones anteriores, se encuentra para A y B :

A=

V0 2

⎛ L ω ⎞ ⎞ R ⎜ 1 + ⎛⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎝ R ⎠ ⎠

;

B=−

Lω iA. R

Notando que A = I0 cos α y B = − I0 sen α , se resuelve para I0 y α , y se obtiene:

⎛ L ω ⎞ α = tan−1 ⎜ ⎟ ⎝ R ⎠

Ambos valores , α

;

I0 =

V0 L ω ⎞ R 1 + ⎛⎜ ⎟ ⎝ R ⎠

2

.

y I0 , son positivos.

Antes de dar por terminada la solución, conviene obtener el voltaje en la inductancia y visualizar gráficamente lo obtenido.


187

14. Circuitos de Corriente Alterna

Derivando se encuentra,

v L (t ) = L ω I0 i cos (ωt − α ) , lo cual también se puede escribir usando una función seno y agregando un ángulo de fase π 2 , es decir :

π ⎞ ⎛ v L (t ) = VL sen ⎜ ωt − α + ⎟ 2 ⎠ ⎝

;

VL = L ω I0 .

La representación gráfica del voltaje v L (t ) mediante una fecha o fasor, forma el ángulo π 2 , respecto al fasor corriente i (t ) , como se indica a continuación.

VL

α

IL = I 0 IL

Esto es característico de la inductancia y se expresa diciendo que en ella, el voltaje adelanta a la corriente en π 2 .

La ley de Kirchhoff puede aplicarse gráficamente usando los fasores correspondientes a

v (t ) , vR (t ) y v L (t ) , cuyas expresiones se indican a continuación. Esta es una forma alternativa de resolver el problema, usando el diagrama fasorial.

v (t ) = V0 sen ω t v R (t ) = VR sen (ω t − α )

;

π ⎞ ⎛ v L (t ) = VL sen ⎜ ω t − α + ⎟ ; 2 ⎠ ⎝

VR = R I 0 VL = Lω i I 0


188


V0 α

VL

VR

Note que los fasores correspondientes a v R (t ) y v L (t ) son perpendiculares entre sí porque

vR es proporcional a i (t ) , y como hemos explicado anteriormente, en la inductancia el voltaje adelanta a la corriente en π 2 .

Aplicando el teorema de Pitágoras al diagrama fasorial, encontramos : 2

2

V02 = (R I 0 ) + (L ωI 0 )

,

de donde se obtiene el mismo valor de I0 encontrado anteriormente. También a partir del diagrama fasorial, vemos que :

tan α =

Lω , R

lo cual corresponde al resultado hallado anteriormente.


189


PROBLEMA 92. En el circuito mostrado en

vR

+

la figura adjunta, el voltaje aplicado es

v (t ) = V0 cos ω t .

–

R

+

+

(a) Calcular la diferencia de fase entre la

v(t)

corriente y el voltaje en el condensa-

vC

i(t)

–

–

dor.

C

(b) Calcular la corriente i (t ) , usando el método fasorial.

SOLUCIÓN (a) En el condensador se cumple que

i =

vC =

q C

; luego

dq d vC =C . dt dt

Considerando que vC (t ) está dado por la expresión siguiente :

π ⎞ ⎛ vC (t ) = VC i cos ⎜ ω t + α − ⎟ , 2 ⎠ ⎝ en que VC y

α son cantidades desconocidas, a determinar posteriormente; derivando

se obtiene que :

π ⎞ ⎛ i (t ) = − C ωVC sen ⎜ ω t + α − ⎟ , 2 ⎠ ⎝ lo cual puede también escribirse como :

i (t ) = I0 cos (ω t + α ) ,

con I0 = C ω VC . IC

En las expresiones para la corriente y el voltaje en el condensador, se observa que la corriente adelanta al voltaje en π 2 (sin

α

importar el valor de α ). En un diagrama fasorial esto se representa como se indica en la figura adjunta.

VC


190


(b) El ángulo α empleado en la parte (a) de la solución fue innecesario, pero en esta parte es imprescindible. Sólo con α > 0 es posible dibujar un diagrama fasorial para este circuito. La ley de voltajes de Kirchhoff requiere que :

v (t ) = vR (t ) + vC (t ) , y el diagrama fasorial respectivo es

VC

VR α

0

V0

En este diagrama, los fasores correspondientes a v R (t ) y vC (t ) son perpendiculares entre sí, porque la corriente en el circuito es proporcional a v R (t ) , y va adelantada en π 2 respecto al voltaje en el condensador. Note que al dibujar VC e el punto 0 queda detrás de VR en π 2 .

Usando los resultados obtenidos en (a) y la notación i (t ) = I0 cos (ω t + α ) , tenemos :

VR = R I 0

y

VC = I 0 C ω .

A partir de la geometría del diagrama fasorial, se obtienen :

I0 =

V0 ⎛ 1 ⎞ R 1 + ⎜ ⎟ ⎝ R C ω ⎠

2

;

tan α =

1 . RC ω

Se recomienda resolver este problema a partir de la ecuación diferencial que resulta de aplicar la ley de voltajes de Kirchhoff, y comprobar que el método fasorial resulta más simple.


191


PROBLEMA 93. En el circuito indicado en la figura,

iR

el voltaje aplicado es v (t ) = V0 sen (ω t ) .

R +

(a) Obtener la corriente i R (t ) por la resisten-

L

v(t)

cia.

C

–

(b) Identificar el rango de frecuencia (Δ ω) en el cual el circuito se comporta como circuito RL.

SOLUCIÓN (a) Aplicando las leyes de Kirchhoff, obtenemos : +

iR = iL + iC

vR

–

iR +

v = vR + vL

v(t) –

vL = vC

iC

+ vL –

iL

+ vC –

Supongamos que la corriente i R (t ) está atrasada respecto al voltaje aplicado, es decir,

iR (t ) = I0 sen (ω t − α ) . Entonces, el voltaje v R (t ) también está atrasado en α , respecto al voltaje aplicado, como se indica en el diagrama fasorial de voltajes, de manera preliminar :

V0 α

VR


192


Para los elementos que están en paralelo, el voltaje es el mismo, y las corrientes respectivas están desfasadas en π 2 respecto al voltaje, con iC (t ) adelantada e i L (t ) atrasada, como se indica en el siguiente diagrama preliminar :

IC (adelantada)

VC = VL

IL

(atrasada)

NOTA : Para recordar qué cantidad ( voltaje E o corriente I ) está atrasada o adelantada en cada elemento ( inductancia L o condensador C ), se usa la palabra E L I C E . La letra que se escribe primero corresponde a la cantidad que se adelanta; así, en la inductancia el voltaje está adelantado respecto a la corriente, mientras que en el condensador es al revés.

Puesto que los fasores correspondientes a iC e i L están en una misma recta, el diagrama fasorial para la ley de corrientes de Kirchhoff es una línea recta.

α

I0 IL

IC

De acuerdo al diagrama : I 0 = I L − I C .

Puesto que el voltaje v L (t ) va adelantado respecto de i L (t ) , el diagrama fasorial completo correspondiente a la ley de voltajes de Kirchhoff es un triángulo rectángulo con v R y v L como catetos.


193


V0

α VL = VC

VR De acuerdo al diagrama ,

tan α =

VL

; VR = V0 cos α

VR

y

V L = V0 sen α

Para los elementos del circuito se cumplen las relaciones :

VR = I 0 i R

; VL = ωL I L

y

VC =

IC ωC

.

Resolviendo para I0 en términos de VL ( a partir de la ecuación de corrientes ) tenemos :

VL

I0 =

ωL

− ωCV L =

VL

2

(1 − ω ωL

LC ) , ωL R

y sustituimos para obtener tan α :

tan α =

ωL R (1 − ω2 LC )

α 1 − ω2 LC

Reemplazando VL en la expresión para I0 se obtiene :

I0 =

V0 sen α ωL

2

(1 − ω

LC ) .

Sustituyendo el valor correspondiente a sen α ; se obtiene :

V I0 = 0 R

2

(1 − ω LC ) (1 − ω LC ) + ( ωL R ) 2

2

2

.

Finalmente :

i R (t ) = I 0 sen (ω t − α ) .


194


(b) Para α > 0 la corriente por la fuente de voltaje está atrasada respecto al voltaje aplicado. Esto es lo que ocurre en un circuito RL . Por lo tanto, la condición pedida se cumple mientras

α sea positivo, es decir, cuando : 1 − ω2 LC > 0 . Esto se cumple en el rango de frecuencias

0<ω<

1 = ω0 . LC

Para frecuencias mayores que ω0 el circuito se comportará como circuito RC, es decir, con la corriente por la fuente adelantada respecto al voltaje aplicado.

PROBLEMA 94. En el circuito de corriente alterna

+

mostrado en la figura, v s (t ) = V0 cos (ωt ) .

R1

(a) Calcular la amplitud I L de la corriente i L (t ) . (b) Calcular la diferencia de fase entre i L (t ) y

v1

–

i1

+

+ L

vs(t)

vL –

–

R2

i2

iL(t)

v s (t ) .

SOLUCIÓN (a) Las ecuaciones de Kirchhoff para el circuito son : I.

i1 = i 2 + i L

II.

vs = v1 + v 2

III. v 2 = v L

Construiremos paso a paso el diagrama fasorial; usaremos letras mayúsculas para las amplitudes de voltajes y corrientes que van asociadas a los fasores.


195


1° En la inductancia, el voltaje v L adelanta a la

VL

corriente i L en π 2 .

Sentido de giro de los fasores

IL

I2

2° En la resistencia R2 la corriente i 2 y el voltaje v 2 están en fase con el voltaje v L .

IL

3° La corriente i 1 se obtiene sumando fasorialmente

IL

i2 + iL . I2 I1

α

4° El voltaje v1 está en fase con i 1 . V2

α

V1

5° El voltaje v S debe ser igual a la suma de v1 + v 2 . V2 Vs

π−α

V1


196


Recordar que se usa letras minúsculas para identificar cantidades que dependen del tiempo, y letras mayúsculas para indicar amplitudes independientes del tiempo.

Del diagrama fasorial de corrientes se observa que :

I 2 = I 1 cos α I L = I 1 sen α Haciendo el cuociente I L I 2 y usando las relaciones VL = ω L I L , V2 = I 2 R2 y VL = V2 , se obtiene :

tan α =

I L ( VL ωL ) R2 = = . I 2 ( V2 R2 ) ωL

Del diagrama fasorial de voltajes, aplicando el teorema del coseno, se obtiene :

VS2 = V12 + V22 − 2 V1 V2 cos (π − α ) Expresando cada una de las cantidades del segundo miembro en términos de I L se obtiene : 2

2 s

V =

2

(I L R1 )

+

sen2 α

(I L R 2 )

+2

tan2 α

I L2 R1 R2 cos α sen α i tan α

A partir de un triángulo rectángulo con un ángulo α se obtiene que :

R2

sen α =

2

R22 + (ωL )

R2

.

α ωL

Entonces, 2 2 ⎡ R2 R2 + (ωL )2 R22 (ωL ) 2R1 R2 (ωL ) 1 2 V = I ⎢ + + R22 R22 ⎢⎣ R22 2 s

2 L

(

)

⎤ ⎥ . ⎥⎦

Despejando I L se obtiene:

IL =

Vs 2

2 R12 + (ωL ) ⎡1 + 2 (R1 R2 ) + (R1 R2 ) ⎤ ⎣ ⎦

.


197


(b) La diferencia de fase φ entre i L (t ) y v S (t ) puede expresarse en términos del ángulo β indicado en el diagrama fasorial de voltajes, según : fφ

π φ= − β. 2

β

V2

Vs

Usando el teorema del coseno puede obtenerse β como sigue : V1

V12 = V22 + VS2 − 2 V2 VS cos β , despejando cos β queda :

cos β =

⎞ ⎛ R2 ⎞ VS ⎛ tan α ⎞ I L ⎛ R12 i ⎜ + i − i ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎟ VS ⎝ 2 tan α ⎠ I L ⎝ 2R2 ⎠ VS ⎝ R2 sen 2 α ⎠ IL

Se deja como ejercicio simplificar la expresión anterior.

PROBLEMA 95. El circuito LC indicado en la

+

vL

–

figura es excitado por un voltaje sinusoidal

v (t ) = V0 sen ω t .

+

(a) Calcular la corriente i (t ) . (b) Calcular la potencia media que en-

v(t)

L i

–

C

+ vC –

trega la fuente de voltaje.

SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff al circuito se obtiene la ecuación :

v (t ) = vL + vC , cuya solución se estudiará mediante un diagrama fasorial. La corriente i (t ) en el circuito debe estar atrasada respecto a v L (t ) y adelantada respecto a v C (t ) ; luego los fasores correspondientes se dibujan muy fácilmente.


198


I

VL

VC

El diagrama fasorial correspondiente a la ecuación de voltaje para el circuito es el siguiente :

VC V

VL

Este diagrama permite escribir la relación entre las amplitudes de los voltajes involucrados :

V0 = VC − VL . Las amplitudes de los voltajes en cada elemento se relacionan con la amplitud de la corriente, según :

VL = ω L I

y

VC =

I . ωC

Sustituyendo, se obtiene la relación entre las amplitudes del voltaje aplicado y de la corriente:

⎛ 1 ⎞ V0 = ⎜ − ωL ⎟ I . ⎝ ωC ⎠ Entonces, la corriente i (t ) que debe estar adelantaI (ω )

da en π 2 respecto al voltaje aplicado es :

⎛ π ⎞ i (t ) = I i sen ⎜ ωt + ⎟ = I cos ω t , 2 ⎠ ⎝

ωr

ω

0

donde

I=

V0 1 − ωL ωC

.


199


La expresión y el gráfico anteriores muestran que la corriente diverge sin límite a la frecuencia

ωr =

1 LC

, donde además I (ω) cambia de signo. Este cambio de signo significa que para

ω > ωr la corriente cambia de fase en π respecto al voltaje aplicado, es decir, pasa a estar atrasada en π 2

respecto al voltaje aplicado. Para I para

ω > ωr , la expresión de la corriente i (t ) es:

ω < ωr

V0

i (t ) = − I i cos ω t = I i cos (ω t − π ) Note que el cambio de signo en i (t ) no puede interpretarse como un cambio de sentido de la corriente, pues dicha corriente es alterna y está cambiando de sentido cada

I para

ω > ωr

medio ciclo ( T 2 , con ω T = 2π ).

(b) La potencia instantánea que entrega la fuente de voltaje es :

p (t ) = v (t ) i i (t ) = V0 I sen ωt i cos ωt =

1 V0 I sen 2 ωt . 2

El valor medio de la potencia se obtiene según la definición :

1 p= T

T

∫

p (t ) d t , 0

y en este caso resulta el valor cero a cualquier frecuencia. Esto significa que la energía está oscilando, yendo de la fuente a los elementos del circuito y viceversa, completando un ciclo completo en el lapso T 2 . La divergencia que ocurre en la corriente, a la frecuencia ωr , se explica porque a esa frecuencia se cumple exactamente que VC = VL , o bien v C + v L = 0 , y por lo tanto no es posible satisfacer la ley de voltajes de Kirchhoff a esa frecuencia. En la práctica, una pequeña resistencia en el circuito limita la corriente a un valor finito. El sistema completo se comporta como una única resistencia excitada por la fuente de voltaje, de modo que la corriente y el voltaje aplicado están en fase.


200


PROBLEMA 96. El circuito RLC de la figura es excitado por una fuente de tensión alterna, v (t ) = V0 cos ωt . (a) Determinar el valor de ω para el cual la corriente i 2 está en fase con la corriente i . (b) Determinar la tensión v ab (t ) , para la frecuencia obtenida en (a) . (c) Determinar i L (t ) e i C (t ) en el límite de muy alta frecuencia, (ω → ∞ ) .

R1 = R

i2

a

i

iL

ic

+ v(t)

L

C

R2 = 2R

– b

SOLUCIÓN (a) En estado estacionario, entre los puntos a y b del circuito habrá una diferencia de potencial v ab (t ) , de la forma :

v ab (t ) = Vab cos (ωt + ϕ ) ,

(1)

en que ϕ es el desfase con respecto a la tensión v (t ) de la fuente alterna. La amplitudes I C e I L correspondientes a las corrientes por el capacitor e inductor respectivamente, se relacionan con Vab en la siguiente forma :

I L = Vab ωL

(2)

I C = Vab ω C

(3)


201


Las relaciones anteriores se deducen de las ecuaciones que relacionan los voltajes con las corrientes a través de un inductor o un condensador.

v ab (t ) = L iC (t ) = C

d i L (t )

(4)

dt d v ab dt

(5)

Considerando que estas cantidades varían armónicamente con frecuencia angular ω , la operación de derivar respecto al tiempo equivale a multiplicar por ω en la representación fasorial. Por lo tanto, se tiene el siguiente diagrama fasorial :

IC

I2

Vab



I2

Vab

IL–IC IL Las corrientes en el circuito satisfacen : i (t ) = i L (t ) + i C (t ) + i 2 (t ) , de modo que i (t ) e

i 2 (t ) están en fase cuando i L (t ) + i C (t ) = 0 . Esto sucede cuando I L = I C , y por ende cuando la frecuencia es de valor ωr = 1 Entonces, para ω = ωr = 1

LC . LC

las corrientes i 2 (t ) e i (t ) están en fase y son

iguales.

(b) Como se verificó en la respuesta anterior, para ω = ω r se obtiene que i (t ) = i 2 (t ) . Esto equivale a considerar que las resistencias R 1 y R 2 están en serie. Entonces,

i (t ) = I cos ω t

,

con

I =

V0 V0 = . R1 + R 2 3R


202


Por lo tanto :

v ab (t) = Vab cos wω t = i(t) i R 2 = I i R2 cos wωt = 2

3

V0 cos wω t .

(c) En el límite de muy alta frecuencia (ω → ∞ ) , y considerando que v ab se mantiene en un valor finito, de las ecuaciones (2) y (3) se deduce que I L = 0 y Vab = 0 . Por lo tanto, la resistencia R 2 queda cortocircuitada por el condensador, con lo cual I 2 = 0 . Luego :

I C = I = V0 R . Entonces, i L (t ) = 0

e

i C (t ) =

V0 cos ωt . R

Note que a medida que ω aumenta, el cuociente entre las magnitudes de los fasores

IC e

I L va aumentando cuadráticamente :

IC IL

= ω2 L C .

Para ω → ∞ este cuociente tiende a infinito, pero I C se mantiene finito e igual a I = V0 R .


15. CAMPOS

ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS

Y

PROBLEMA 97. En una región existen un campo z

eléctrico y un campo magnético dados por :



E = E 0 sen k ( x − c t ) i yˆ ,

+



C

L 2

B = B 0 sen k ( x − c t ) i zˆ , x0

donde E 0 , B 0 , c y k son constantes. En el plano xz de esa región se escoge el camino

−

rectangular C, de lados L y Δ x , como se indica en

x

L 2 Δx

la figura, siendo k i Δ x  1 .

(a) Calcular la rapidez de cambio del flujo del campo eléctrico a través del área encerrada por el camino C . (b) Calcular la circulación del campo magnético a lo largo del camino C .

SOLUCIÓN (a)

φE =

∫





E id A = AC

x0 +Δx

∫

x0 +Δx



E i (−L d x yˆ ) = − x0

∫

E ( x, t ) L d x . x0

Note que el signo – aparece porque el sentido en que se recorre el camino C y la regla de



la mano derecha implican un vector d A en dirección − yˆ . Puesto que k i Δ x es muy pequeño, una buena aproximación para la integral se obtiene considerando que el integrando es constante, resultando :

φ E = − E ( x0 , t ) i L i Δ x .

Entonces,

d φE dt

= k c L Δx E0 cos k ( x0 − c t ) .

203

204


(b) De acuerdo a una de las ecuaciones de Maxwell, en el vacío ,

∫





B i d  = µ0 ε0

C

d φE dt

,



la circulación de B se relaciona con la rapidez de cambio del flujo eléctrico; de modo que la solución se obtiene de inmediato usando el resultado de (a) ,

∫





B i d  = µ 0 ε 0 k c L Δx E0 cos k ( x0 − c t ) .

Lo anterior se puede escribir en forma más compacta, usando las relaciones :

µ 0 ε 0 = 1 c2

y

E 0 = c B0 ,

válidas para ondas electromagnéticas en el vacío.

Entonces,

∫





B i d  = k L Δx B0 cos k ( x0 − c t )

PROBLEMA 98. La intensidad del campo eléctrico de una onda electromagnética plana es :



E ( x,t ) = 10 −3 zˆ i sen (3,0 x − 7,5 i 108 t

),

donde los valores numéricos están en unidades del sistema MKSC. (a) Calcular la longitud de onda. (b) Calcular la rapidez de propagación. (c) Calcular la amplitud del campo magnético.


205

15. Campos y Ondas Electromagnéticas

SOLUCIÓN (a) El número de onda es k = 3,0 [m −1 ] . Entonces, la longitud de onda es :

2π 2π =  2,1 [m ] . k 3,0

λ=

(b) La frecuencia angular es ω = 7,5 i 108 [rad / s ] . Entonces, la rapidez de propagación de la onda es :

v=

ω 7,5 i 108 = = 2,5 i 108 [m / s ] . k 3,0

(c) La amplitud del campo eléctrico es E0 = 10−3 [V / m ] . Entonces, la amplitud del campo magnético es :

B0 =

E0 10 −3 = = 4,0 i 10 −12 [T ] . 8 v 2,5 i 10

PROBLEMA 99. Un láser tiene una potencia de salida de 4,0 [mW] y emite un haz cuya sección transversal es de 4,0 [mm2] . (a) Calcular la energía electromagnética contenida en 1,0 [m] de longitud del haz.



(b) Estimar la amplitud del vector E correspondiente a la onda de luz láser.

SOLUCIÓN (a) La energía asociada a una onda electromagnética monocromática que se propaga en el vacío ( o en el aire ), se propaga a la misma velocidad de la onda. Luego, la energía nida en una longitud



ε

conte-

de un haz proveniente de un láser, corresponde a la energía emitida por

el láser en un lapso Δ t =  c . En términos de la potencia p de salida, dicha energía es : Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María

206


ε = p i Δt =

p 4,0 i 10 −3 i 1,0 = = 1,3 i 10 −11 [W] . c 3,0 i 108

Una manera alternativa de obtener el resultado anterior, un poco más laboriosa, hace uso de la densidad de energía electromagnética w en el haz. Entonces,

ε=w

A  = w A ciΔt ,

donde A i  es el volumen del haz que contiene la energía

ε.

Usando relaciones entre intensidad, potencia y densidad de energía de una onda :

p=IA la energía

ε

I = wc ,

,

puede expresarse como había resultado en la explicación inicial, es decir :

ε = w c A Δt = I A Δt = piΔt

.

(b) La densidad de energía electromagnética w se expresa en términos de la amplitud E0 del campo eléctrico, según :

w=

1 2

ε0 E02

.

Por otra parte, de acuerdo a lo expuesto en la parte (a), la potencia de salida del láser puede expresarse en términos de w mediante la relación :

p = wcA .

Combinando las dos expresiones se obtiene la relación :

p=

1 c 2

ε0 A E02

,

de la cual se despeja la amplitud E0 ,

E0 =

2p = c ε0 A

8π p = 4π ε0 c A

8π i 9 i 109 i 4 i 10 −3  8,7 i 102 [V /m] . 8 −6 3 i 10 i 4 i 10


207


PROBLEMA 100. La intensidad de la radiación solar que llega a las capas superiores de la atmósfera terrestre es de 1 , 4 [ k W / m 2 ] . Considere que la distancia Tierra – Sol es de 1 , 0 [ U A ] , la distancia Júpiter – Sol es de 5 , 2 [ U A ] , y el radio de Júpiter es 11,2 veces el radio terrestre. (a) Calcular la intensidad de la radiación solar que llega al planeta Júpiter. (b) Calcular el cuociente entre la energía solar que recibe la Tierra y la que recibe Júpiter en el mismo lapso.

SOLUCIÓN (a) Podemos considerar que el Sol emite energía en todas direcciones con igual intensidad, y que la absorción de energía solar en lugares como la atmósfera terrestre es despreciable. Entonces, la energía E que fluye a través de la su-

r

perficie de una esfera de radio r cuyo centro está en el Sol, se relaciona con la intensidad I (r ) a esa distancia, según :

E = I (r ) i 4π r 2 i Δ t , siendo Δ t el intervalo de tiempo y 4π r 2 el área de la superficie esférica. Puesto que la energía fluye radialmente alejándose del Sol con velocidad constante, prácticamente sin absorción en el espacio que atraviesa, debe tener el mismo valor a cualquier distancia r , es decir, debe cumplirse que :

I (r1 ) i 4π r 12 i Δ t = I (r 2 ) i 4π r 22 i Δ t . Luego; 2

I (r 2 )

⎛ r ⎞ = I (r1 ) i ⎜ 1 ⎟ . ⎝ r2 ⎠

Considerando que r 2 = 5,2[UA]

y

r1 = 1,0[UA] , se obtiene la intensidad de la radia-

ción solar que llega a Júpiter a partir de la que llega a las capas superiores de la atmósfera terrestre. 2

IJúpiter

⎛ 1 ⎞ 2 = 1,4 i ⎜ ⎟ = 0,052 [kW / m ] . 5,2 ⎝ ⎠ Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María

208


(b) La energía solar

ε

que recibe la Tierra es una peque-

ña fracción de la energía E que emite el Sol. Considerando que r es el radio de la órbita terrestre; entonces, R

ε = I (r ) i π R2

Δt ,

siendo π R 2 el área efectiva de la cara terrestre que recibe la radiación solar. Puesto que la relación anterior se cumple para cualquier planeta, se obtiene :

εTierra εJúpiter

=

ITierra i RT2 . IJúpiter i R2J

Usando la relación obtenida en la parte (a) y los datos del enunciado, tenemos :

ε Tierra ε Júpiter

2

2

⎛ r ⎞ ⎛ R ⎞ 1 = ⎜ 2 ⎟ i ⎜ T ⎟ = 5,2 2 i = 0,22 . ⎜ r ⎟ ⎜ R ⎟ 11,2 2 ⎝ 1 ⎠ ⎝ J ⎠

A pesar que Júpiter está más lejos del Sol, recibe cerca de 5 veces más energía solar que la Tierra debido a su mayor tamaño.

PROBLEMA 101. Un haz de microondas es reflejado en una superficie metálica, produciéndose una onda electromagnética estacionaria, cuyo campo eléctrico es :

y

Ey ( x,t ) = E0 sen (2π x λ ) i cos (ω t ) ,

E x = Ez = 0 . Obtener el campo magnético correspondiente a la onda estacionaria.

x z


209


SOLUCIÓN La onda estacionaria dada se forma por superposición de dos ondas que se propagan en dirección opuesta, con la mitad de la amplitud E0 . Usando identidades trigonométricas, verifique que Ey ( x,t ) también puede escribirse como :

Ey ( x,t ) =

1 ⎛ 2π x ⎞ 1 ⎛ 2π x ⎞ E0 sen ⎜ − ω t ⎟ + E0 sen ⎜ + ω t ⎟ . 2 λ 2 λ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A cada onda propagatoria le corresponde un campo eléctrico y un campo magnético. Para la onda que viaja en dirección x :

Ey 1 ( x,t ) =

1 ⎛ 2πx ⎞ E0 sen ⎜ − ω t ⎟ , 2 ⎝ λ ⎠

Bz1 ( x,t ) =

1 ⎛ 2πx ⎞ B0 sen ⎜ − ω t ⎟ 2 ⎝ λ ⎠

;

con B 0 = E 0 c .

Análogamente, para la onda que viaja en dirección –x :

Ey 2 ( x,t ) =

1 ⎛ 2πx ⎞ E0 sen ⎜ + ω t ⎟ , 2 ⎝ λ ⎠

Bz 2 ( x,t ) = −

1 ⎛ 2πx ⎞ B0 sen ⎜ + ω t ⎟ . 2 ⎝ λ ⎠

El campo magnético correspondiente a la onda estacionaria se obtiene por superposición de los campos pertenecientes a las dos ondas propagatorias.

Bz ( x,t ) =

1 ⎛ 2πx ⎞ 1 ⎛ 2πx ⎞ B0 sen ⎜ − ω t ⎟ − B0 sen ⎜ + ω t ⎟ 2 λ 2 λ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Usando relaciones trigonométricas, se obtiene el resultado final :

⎛ 2πx ⎞ Bz ( x,t ) = − B0 cos ⎜ ⎟ i sen (ω t ) ⎝ λ ⎠

;

Bx = By = 0 .


210


PROBLEMA 102. Un

láser

de

He-Ne

L

consta de una cavidad de longitud L en que existe una onda electromagnética estacionaria que resulta de la reflexión en espejos situados en los extremos. Por un extremo x

emerge radiación visible que se describe como una onda propagatoria de frecuencia

z

f y polarización en dirección z. (a) Obtener el conjunto de valores posibles de f, en términos de la longitud L. (b) Describir cualitativamente el campo eléctrico dentro y fuera de la cavidad. (c) Describir cualitativamente el campo magnético dentro y fuera de la cavidad.

SOLUCIÓN (a) Consideremos que la onda estacionaria en el interior de

Ez (x , t0)

la cavidad posee una única frecuencia, y su campo eléctrica en los extremos es, en todo momento, nulo. Estas condiciones se cumplen en ondas estacionarias cuyo campo eléctrico posee un número entero (n = 1, 2,3,....) de cototos dentro

0

L

de la cavidad, como se indica en la figura.

x

Ez (x , t0)

Algebraicamente, esto se expresa con la igualdad

kn L = n π , siendo n un entero (n = 1, 2,3,....) que indica el número de cototos de la sinusoide, y k n es el número de onda, relacio-

0

L

x

nado con la frecuencia ωn , mediante la igualdad :

ω = kn i v , donde v es la velocidad de propagación de ondas en el interior de la cavidad.


211


Usando la igualdad ω = 2 π f , se obtiene el resultado pedido :

f =

nv , 2L

que consta de la frecuencia fundamental f1 = v 2 L y sus múltiplos.

(b) Usando el sistema de coordenadas indicado en la figura, y sabiendo que la dirección de polarización corresponde a la dirección del campo eléctrico, la onda estacionaria más simple dentro de la cavidad, se describe como :

 ⎛ n π x ⎞ ⎛ n π v t ⎞ Ei ( x,t ) = E0i zˆ i sen ⎜ ⎟ i cos ⎜ ⎟ . ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ Se advierte que esta descripción es sólo aproximada, pues en el interior de la cavidad de un láser que está emitiendo radiación por un extremo, el campo eléctrico no es exactamente nulo en ese extremo para permitir la existencia de una onda que se propaga hacia afuera.

Fuera de la cavidad la onda propagatoria correspondiente es :



Ee ( x,t ) = E0e zˆ i sen

nπ L

(x − c t ) ,

donde c es la rapidez de propagación de las ondas electromagnéticas en el vacío.

(c) Dentro de la cavidad, el campo magnético para la onda estacionaria es (ver PROBLEMA101):

 ⎛ n π x ⎞ ⎛ n π v t ⎞ B i ( x,t ) = B 0i yˆ i cos ⎜ ⎟ i sen ⎜ ⎟ , ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ donde B 0 i = E 0 i v . Fuera de la cavidad el campo magnético correspondiente a la onda se describe como :



Be ( x,t ) = − B 0e yˆ i sen

nπ (x − c t ) , L

donde B 0 e = E 0 e c .


212



Materia certamen 3 120

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