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1
1.- Se construye un pentágono regular con hilo uniforme de igual grosor.
Dos vértices contiguos del pentágono se unen por medio de hilos
conductores a una batería. Calcular la intensidad del campo magnético
en el centro geométrico del pentágono.
El esquema eléctrico del circuito es la figura inferior.
Si consideramos un elemento de conductor dl recorrido por una corriente I , la
intensidad del campo magnético está dado por la expresión
Si aplicamos lo dicho anteriormente al caso del polígono, deducimos que los cuatro
lados por los que circula I1 crean un campo magnético perpendicular al plano que
contiene el pentágono y dirigido hacia dentro. El campo de esos cuatro lados es la suma
de cada uno de ellos.
En cambio el lado por el que circula I2 = 4I1 es perpendicular al plano del pentágono
pero dirigido hacia fuera. Dado que el campo depende de I y de la distancia y en los dos
casos la distancia es la misma , se deduce que el campo magnético de los cuatro lados es
igual al del único lado por circular por este último una intensidad cuatro veces mayor.
En consecuencia el campo total es nulo.
I
I1 I2
dl r
dB
I2
La corriente I procedente de la batería se bifurca en I1 e I2.
La intensidad I1 es cuatro veces inferior a I2, puesto que el
ramal superior del pentágono tiene cuatro lados y el inferior
uno.
Para decidir la dirección del campo magnético creado por
cada uno de los lados debemos recordar la ley de Biot-
Savart.
3r
rldIKBd
El producto vectorial rld
, nos indica la
dirección de Bd
. Si ld
y r
se encuentran en el
plano del papel el campo magnético es
perpendicular al plano del papel y dirigido hacia
adentro
2
2.- En el dispositivo de la figura inferior AB es una varilla conductora que
se apoya sobre un conductor fijo FCDE. La varilla conductora puede
deslizarse sin rozamiento sobre el conductor fijo. Un campo magnético
uniforme B=2.10-2 T tiene la dirección positiva del eje y se extiende
sobre el plano XY. Si la varilla AB se desliza con velocidad jvv
, siendo
v= 3 m/s. Calcular la fuerza electromotriz inducida. La resistencia
eléctrica del circuito es 3 . Determinar la potencia que se debe aplicar
para mantener el sistema en movimiento.
La ecuación BvqF
nos permite decir dónde se acumulan los electrones. En la figura
está representado el vector Bv
que al multiplicar por la carga negativa del electrón
indica una fuerza sobre los mismos dirigida desde A a B, en otras palabras el extremos A
es el positivo y el B el negativo. Esto nos indica que la corriente en el circuito es en el
sentido ADCBA. Para calcular la fuerza electromotriz inducida, calculamos la circulación
a lo largo de la línea cerrada ABCD.
drcosαBvrdBvrdq
FrdE
m
En la integral anterior la circulación por BC, CD y DA es nula por ser el producto Bv
,
ya que v=0, además es 180º , por lo que la integral anterior queda reducida a
-vBLBAvBrrvBdrvBdrvB BA
rB
rA
B
A
El movimiento de la varilla no es espontáneo, ya que al aparecer una corriente desde B
hacia A , sobre la varilla aparece una fuerza dada por la ecuación
LBIFBBAIF ABAB
A
B C
D
v
E
F
B
Bv
dr X
Y
Z
rA
rB
rA-rB= AB= L
3
Siendo I la intensidad de la corriente inducida que atraviesa la varilla AB y cuyo valor es
R
LvB
R
εI , siendo R la resistencia del circuito. BA
es un vector dirigido desde A
hacia B, el producto vectorial por B
da lugar a que el vector ABF
tenga la dirección
negativa del eje Y, esto es, contrario a la velocidad. En consecuencia si queremos que la
varilla se desplace con velocidad v constante hacia la derecha hemos de aplicar un fuerza
igual en modulo a FAB y dirigida hacia el eje Y positivo. La potencia que hemos de
aplicar es el trabajo efectuado en un tiempo dividido por ese tiempo. En el tiempo t la
varilla se desplaza hacia la derecha una distancia vt el trabajo es FAB vt y la potencia
vBLIΔt
ΔtvFP AB
En definitiva lo que ocurre es que hay que aplicar un trabajo para desplazar la varilla y
ese trabajo aparece en forma de energía eléctrica, si no fuese así resultaría que tendríamos
una corriente eléctrica sin consumir trabajo y eso es imposible.
4
3.- El hilo conductor, de longitud infinita, lleva una corriente de I
amperios. El cuadro conductor, de lado L, se desplaza con una velocidad v
ambos se encuentran en el mismo plano YZ. Determinar la fuerza
electromotriz inducida en el cuadro en función de la distancia x.
Para calcular la fuerza electromotriz inducida, calculamos la circulación a lo largo de la
línea cerrada ABCD.
Antes veamos la dirección y sentido del vector Bv
, en cada uno de los lados y el
ángulo que forma dicho vector con los rd
de cada uno de los lados.
El campo magnético creado por el hilo conductor tiene de módulo r2π
IμB o
y el vector
B
tiene la dirección del eje X negativo.
Bv
sobre el lado BC forma un ángulo de cero grados con rd
Bv
sobre el lado DA forma un ángulo de ciento ochenta grados rd
Bv
sobre cualquier punto del lado AB forma un ángulo de 90grados con rd
Bv
sobre cualquier punto del lado CD forma un ángulo de 90 grados con rd
Según lo anterior
axx
1
2π
vIaμ
a)xx
a
2π
Iavμ
x
1
ax
1
2π
Iavμa
x2π
Iμva
ax2π
Iμvε
avBavBdrvB-drvBrdBvrdq
FrdEε
2
ooooo
DABC
A
D
C
Bm
A B
C D
v
L
I
X
Y
Z
x
dr
5
La interpretación del signo menos es la siguiente: De acuerdo con la ley de Lenz la
fuerza electromotriz inducida se opone a la causa introducida en el circuito. Al moverse
el circuito hacia la izquierda el flujo que lo atraviesa disminuye y la fuerza electromotriz
inducida trata de mantenerlo ,, para ello , existen dos opciones posibles que la corriente
vaya en el sentido ABCDA o en el sentido ADCBA. Si ocurriese el sentido ABCDA el
flujo debido a esa corriente no se opone a la disminución de flujo que ocurre por
moverse la espira hacia la izquierda, en cambio si ocurre en el sentido ADCBA entonces
trata de que no disminuya el flujo debido al movimiento de la espira ya que el campo
magnético inducido tiene el sentido del campo B creado por la corriente.
Ese sentido de giro es negativo ya que se dirige del eje Z al Y.
Este problema se puede también resolver a partir de la ecuación dt
dΦε
Llamamos xo a la distancia desde el hilo al lado DA de la espira en el tiempo t=0 y
designamos con x la distancia del hilo al lado DA en el tiempo t
x=xo+vt
Consideremos una franja de espesor dr en la espira , como indica la figura
El flujo magnético que atraviesa la franja vale 180º cosadrr2π
IμSdBdΦ o
.
El flujo a través de la espira
vtx
avtxln
2π
Iaμ
x
axln
2π
Iaμ
r
dr
2π
IaμΦ
o
ooo
ax
x
o
axx
1*
2π
vIaμε
x
avxvxv*
ax
x*
2π
Iaμ
vtx
vavtxvvtx*
avtx
vtx*
2π
Iaμ
dt
dΦε
2
o
2
o
2
o
oo
o
oo
dr
r
x
6
4.- Una barra cuya resistencia eléctrica por unidad de longitud es ,
desliza, con velocidad constante v, sobre dos conductores sin resistencia.
Estos conductores forman entre sí un ángulo . Perpendicular al plano
que forman la barra y los conductores se encuentra un campo magnético
uniforme B( ver la figura inferior). La longitud del conductor AD es L y
la de la barra es iguala la distancia DF. Se pide calcular el calor
despendido cuando la barra se desplaza desde A hasta D.
Al desplazarse la barra hacia la derecha aumenta la superficie AXX´ y como
consecuencia de ello se produce una fuerza electromotriz inducida cuyo modulo vale la
derivada del flujo que atraviesa ese aumento de superficie con relación al tiempo. Esto
se traduce en que aparece una corriente en el circuito AXX´ cuya intensidad se dirige
desde X´a X en la barra, por lo que finalmente sobre la barra debe aparecer una fuerza
de sentido contrario al vector velocidad. Esta fuerza supone un trabajo que se debe
hacer desde el exterior para mantener la barra en movimiento.
En la figura 1 la barra se ha desplazado hacia la derecha una longitud dx en un tiempo
dt de modo que dx = vdt. En el instante inicial la superficie cerrada es AXX´ y luego es
AZZ´.
Designamos con m a la longitud en la barra XX´ , con n a la longitud en la barra ZZ´. Y
con x a la distancia AX. El aumento de superficie es:
2
mx
2
vdtxndS
(1)
La relación ente m y n la hacemos por medio del ángulo
F
B X A D
v
X´
dx= vdt
Fig.1
A D
v
F
B X
X´
Z
Z´
F
X
L
7
x
dtvxmn
dtvx
n
x
mtagα
Sustituyendo en (1)
mv
dt
dS
2x
mxdt2mxvmx
2
mx
2x
vdtxmdS
222
En el cálculo anterior se desprecia el término que contiene un infinitésimo de segundo
orden.
El valor absoluto de la fuerza electromotriz inducida vale:
Bmvdt
BdS
dt
dΦε
La intensidad de corriente que pasa por la barra es:
ρ
Bv
mρ
Bmv
R
εI
La fuerza que se debe aplicar para mantener la barra con movimiento uniforme es:
mρ
vBBm
ρ
BvIlBF
2
El trabajo necesario que se debe aplicar desde el exterior para que la barra se desplace
una longitud L vale:
2
L
ρ
tagαvBdxαtagx
ρ
vBmdx
ρ
vBW
22L
0
2L
0
2
Este trabajo se convierte en calor en el circuito.
8
5.-Una espira conductora en forma de triángulo equilátero de altura h se
desplaza, sin rozamiento, con velocidad constante v. Luego penetra en un
campo magnético uniforme perpendicular a la espira y de valor constante
B. El campo magnético es perpendicular al plano de la espira y dirigido
hacia el lector. La espira se detiene cuando el lado AB está justamente en
el borde del campo, tal como se indica en la figura.
Calcular el campo magnético.
Supongamos que en el instante t=0 una parte de la espira está dentro del campo con un
cierta velocidad w<v, tal como se indica en la figura 1.
La parte que está dentro del campo magnético en el instante t=0 es un triángulo de base
b y altura x. Un tiempo después dt, la espira avanza una distancia dx = w dt y dentro
del campo magnético existe un triángulo que tiene por base M y altura x +dx = x +wdt.
En el tiempo dt el aumento de superficie dentro del campo es:
2
bx
2
dxxMdS
La variación del flujo magnético vale:
………….…
…………….
…………….
…………….
…………….
…………..
Región del campo
magnético
A
B
vv
h
b M
x
dx
Región del campo
magnético
Fig.1
X
I
B
dS
I
dS
Tomando este sentido de la corriente I,
los vectores B y dS tienen igual
dirección y sentido.
9
2
bxB
2
dxxMBdSB cos dS BSdBdΦ
(1)
Comparando triángulos semejantes, recuerde que la altura de la espira es h y llamamos a
a la longitud de cada lado
x
dxxbM
dxx
M
h
a;
x
b
h
a
(2)
Combinado (1) y (2) resulta:
Bbdx
2x
Bbxdx2BbxBbx
2
Bbx
2x
dxxBb
2
bxB
2
dxxBMdΦ
222
Una variación del flujo magnético conlleva que en la espira aparezca una fuerza
electromotriz
Bbwdt
dxBb
dt
dΦε
Esta fuerza electromotriz crea una corriente en la espira
R
Bbw
R
εI
El signo menos de la corriente indica que el sentido real es el contrario al tomado
Esta corriente por sus efectos electromagnéticos tiende a oponerse a la causa externa
introducida. Dado que la causa ha sido un aumento del flujo entrante en la espira hacia
el lector la corriente en la espira tendrá el sentido indicado en la figura2
Sobre el trozo de espira NO actúa una fuerza dada por la ecuación BlIF
, l
es un
vector que tiene de módulo la longitud NO y el sentido de la corriente, como B
es
perpendicular al plano de la espira y dirigido hacia el lector, la fuerza magnética es
perpendicular a NO y el sentido indicado en la figura 3. Sobre OP actúa la misma fuerza
en módulo pero dirigida como indica la figura 3. Se ha ampliado el tamaño de la espira
en la figura 3 para observar con mayor facilidad las fuerzas.
N
O
P
Región del campo
magnético
30º
x
Fig.2
10
En la figura 3 se han dibujado las fuerzas (en trazo algo grueso) y las componentes
verticales y horizontales. Se observa que las componentes verticales se anulan y las
horizontales se suman
En consecuencia la fuerza horizontal dirigida hacia la izquierda vale:
sen30ºBNOI2FH
De la figura 2 se deduce que: cos30º
xNO
30º tagIxB2sen30ºB30º cos
xI2FH
Como R
BbwI
dt
dxtag30º
R
bx2B30ºtag
R
bxwB230º tagIxB2F
22
H
Esta fuerza provoca una aceleración negativa dirigida hacia la izquierda, de sentido
contrario a la velocidad y por tanto frenando a la espira. Como dt
dvmmaF
dt
dwm
dt
dxtag30º
R
bx2B2
En la expresión anterior son constantes B,R y m y son variables x y b, pero ambas están
relacionadas entre sí
tag30º2xbx
2
b
tag30º
Observe que cuando la espira llega al campo magnético x=0 y cuando se para x=h, y la
velocidad es v al entrar en el campo magnético y nula cuando se para.
N
O
P
30º Fig.3
FNO
FOP
11
h
mvR
2h
3
4h
9mvRB
mv3
h
R
3
14B
mv3
h
R
30tag4Bdwmdx
R
30tagx4B
3
32
3220
v
h
0
222
Regla del flujo
Comentario previo. Cuando se trata de una superficie abierta, el vector superficie se
puede definir perpendicular a la misma, pero su sentido puede ser hacia uno o hacia otro
lado.
En el caso del flujo del campo magnético a través de una espira, como en general va a
ser variable y engendrará entonces una corriente inducida, aceptamos el siguiente
convenio.
Asignamos de modo arbitrario un sentido a la corriente inducida y aplicamos para
definir el vector superficie la “regla de la mano derecha”. Se sitúa la mano con los
dedos curvados de modo que indiquen el sentido de giro de la corriente, estando el
pulgar extendido como en la figura. El vector superficie A , se tomará en la dirección y
el sentido que señala el pulgar.
Opción a. Opción b.
Como tenemos dos casos posibles, en general elegiremos aquel que coincida con la
dirección y el sentido del campo magnético externo que atraviesa el plano de la espira.
Así, suponiendo un campo magnético vertical y con sentido hacia arriba tomaremos la
opción a y ahora el flujo es positivo. En la representación plana de la derecha el campo
A
A
A
I
I
A
12
B sale hacia el lector, tomaremos la corriente en sentido contrario a las agujas del reloj,
para que A lleve la misma dirección y sentido de B , de acuerdo con la regla de la
mano derecha.
A
B
I
I
13
6.-A un cuadrado de alambre de masa m, lado a y resistencia eléctrica R
se le comunica una cierta velocidad horizontal. El cuadro se mueve en el
campo gravitatorio terrestre y a la vez en una región donde existe un
campo magnético B, siendo el vector B perpendicular al vector g, del
modo que indica la figura inferior
El módulo del vector B varía con la altura según la ecuación
kzoBB
En la que k es una constante y z es la altura contada en dirección vertical
hacia abajo. El cuadro se desplaza con velocidad v constante. Determinar
la velocidad inicial vo que se imprimió al cuadro.
En el caso de no existir el campo magnético, el movimiento del centro de masas del
cuadro estaría compuesto por un movimiento uniforme horizontal con velocidad vo y
uno uniformemente acelerado debido al campo gravitatorio y la trayectoria del citado
centro de masas sería una parábola.
Al existir un campo magnético que varía según z, resulta que en el cuadro se induce una
fuerza electromotriz y por consiguiente una corriente eléctrica que lo recorre.
Vamos a calcular la fuerza electromotriz inducida en el cuadrado debido a su
desplazamiento vertical, para ello asignamos de modo convencional a la corriente el
sentido indicado en el dibujo.
z
d
h
h
a H
t=0
t
h
B
g
z
dS
I
B
Z
B
14
Cuado el cuadrado está en la posición t=0 , el flujo magnético que atraviesa la superficie
sombreada es:
dhkahdhaBdhakhBdSBdΦ oo
El flujo que atraviesa todo el cuadrado se obtiene integrando la expresión anterior
desde h=0 a h=a
2
kaaBdhkahdhaBΦdΦ
32
o
a
o
o
a
0
0t
Cuando el cuadrado ocupa la posición t, esto es, que entre la primera y la segunda
posición ha transcurrido ese tiempo, el flujo que atraviesa la superficie sombreada vale:
dhkahdhkaHdhaBdhahHkBdSBdΦ oo
El flujo que atraviesa todo el cuadrado se obtiene integrando la expresión anterior
desde h=H a h=H+a
2
HaHkaH-aHkaHH-aHaBΦ
dhkahdhkaHdhaBΦ
22
oΔt
aH
H
aH
H
o
aH
H
Δt
La fuerza electromotriz inducida en el cuadrado es:
Δt
2
H2aHaHkaHka-aB-
2
kaaB
Δt
ΦΦε
22222
o
32
o
0tΔt
Si admitimos que t es muy pequeño, entonces H = vyt, siendo vy la velocidad del
cuadro en dirección vertical
y
2y
2
y
2
v2kaΔt
ΔtvkaΔtvkaε
La intensidad de la corriente que recorre el cuadrado es:
R
v2ka
R
εI
y
2
Sobre el lado superior del cuadrado y el inferior aparecen fuerzas por interacción de esta
corriente con el propio campo magnético. Sobre los lados verticales aparecen fuerzas
que al tener el mismo módulo y sentido contrario se anulan.
15
La fuerza magnética en el lado superior es:
kHBaIF o1
Y en el lado inferior:
aHkBaIF o2
La resultante de estas dos fuerzas es vertical y dirigida hacia arriba
R
va2kka
R
v2kakIaFFF
y
42
2y
2
2
12R
Si la velocidad es constante esta fuerza debe equilibrar al peso del cuadrado, para que la
suma de ambas sea nula.
42y
y
42
a2k
mgRvmg
R
va2k
La velocidad inicial horizontal vo y la vertical vy forman un ángulo de 90º y dan como
resultante una velocidad constante v, por tanto,
2
42
22
y
2
o
2
y
2
o
2
a2k
mgRvvvvvvv
F1
F2
16
7.-En un dispositivo para determinar la composición isotópica de los
iones potasio KyK4139 , éstos primero se aceleran en un campo
eléctrico y luego van a parar a un campo magnético B perpendicular a la
dirección de su movimiento. La tensión que crea el campo eléctrico es Uo
aun cuando este valor puede oscilar en ΔU . Determinar el cociente
oU
ΔUpara que los haces de los iones potasio no se superpongan.
Dado que la tensión toma los valores extremos ΔUUo y ΔUUo los radios de los
iones potasio están comprendidos entre los siguientes valores
Bq
mΔUU2R;
Bq
mΔUU2R
R
mvqBv;
m
ΔUU2vvm
2
1ΔUU
39o
m39
39o
M39
M39
2
M39
M39
39
o
M39
2
M3939o
M significa el radio mayor y m el menor .Para el íón de potasio 41
Bq
mΔUU2R;
Bq
mΔUU2R
41o
m41
41o
M41
Para que no se superpongan los haces de los iones, el límite lo indica que coincidan el
radio mayor del ión 39 con el radio menor del ión 41.
40
1
U
ΔU
2U80Δ041Δ141U39Δ939U39
41
m
m
ΔUU
ΔUU
mΔUUmΔUUBq
mΔUU2
Bq
mΔUU2
Bq
mΔUU2R;
Bq
mΔUU2R
o
o00
39
41
o
o
41o39o
41o39o
41o
m41
39o
M39
Dado el valor del límite, la relación para lo que no hay superposición es 40
1
oU
U
17
8.- En el plano XY existen dos conductores A y B, uno es rectilíneo y el
otro un arco de circunferencia. En la dirección del eje Z positivo existe
un campo magnético uniforme, o lo que es lo mismo el campo magnético
es perpendicular al plano del papel y saliendo de él.
La corriente que circula por los conductores es I y dirigida desde B hacia
A.
a) Calcular la fuerza magnética que sufren ambos conductores y
comprobar que el módulo de la fuerza es el mismo para ambos.
b) Ahora, el campo magnético es decreciente, de modo que cuando y=0
vale Bo y cuando y =a es nulo. Calcular, para ambos conductores, el
valor de la fuerza que sufren por acción de este campo variable.
En primer lugar debemos considerar despreciable la interacción magnética entre ambos
conductores, puesto que al estar recorridos por corrientes, también éstas crean un campo
magnético que actuaría sobre el otro conductor. Es decir, que la única interacción
magnética a considerar es la que tiene lugar entre los conductores y el campo magnético
B dirigido según el eje Z.
a) La fuerza que sufre un elemento de corriente al estar situado en el interior de un
campo magnético es:
senαBdlIdFBldIFd
Tanto para el conductor rectilíneo como para el arco = 90º.
En la figura 1 se ha dibujado Fd
, en dos lugares diferentes de los conductores
a
A
B
a
X
Y
. B
Y
X
Fig.1 a
B A
B
a
X
. dF
dF
d l
d l
A
B
a
dF
dF
d l
d l
.
18
a1) Cuando el conductor es rectilíneo todos los vectores dF son paralelos, si el
conductor es un arco de circunferencia, las rectas que contienen a los diferentes vectores
dF todas pasan por el origen de coordenadas.
Para el conductor rectilíneo cada dF tiene dos componentes sobre los ejes X e Y, cuyos
módulos son respectivamente
2
2dlIBdFcosβdlIBβcosdFdF
2
2dlIBdFsenβdlIBsenβdFdF
YY
XX
Para hallar las componentes FX e FY debemos integrar las anteriores ecuaciones
aBI2a2
2BIL
2
2BIdl
2
2BIF
aBI2a2
2BIL
2
2BIdl
2
2BIF
2
Y
2
X
El resultado anterior expresado en forma vectorial
Si se utilizan componentes cartesianas, resulta en este caso más sencillo y claro
expresar d l como: dl dx i dy j
Al ser dF Idl B dF I(dx i dy j) Bk IBdx( j) IBdy i
Integrando, 0 a 0 a
a 0a 0F j IBdx i IBdy jIB x iIB y aIBj aIBi
a2) Cuando el conductor es un arco de circunferencia, nos fijamos en la figura 2.
Hemos escogido al azar un elemento d l sobre el arco cuyo módulo se calcula teniendo
en cuenta que el valor del arco es igual al del radio por el ángulo expresado en radianes.
y a
jaBIiaBIF
d
Fig.2
19
dθadl
Las proyecciones del módulo de la fuerza elemental, dF IdlBsen90 IdlB sobre los
ejes valen:
dθsenθaBIsenθdlBIcosθdFdF
dθcosθaBIcosθdlBIcosθdFdF
Y
X
Para hallar las componentes FX e FY debemos integrar las anteriores ecuaciones.
aBI0ºcos2
πcos-aBIdθθsenaBIF
aBI0ºsen2
πsenaBIdθcosθaBIF
2π
0
2π
0
Y
X
El resultado anterior expresado en forma vectorial
jaBIiaBIF
b) Al ser el campo decreciente podemos escribir
kyBB o
Cuando y =a B =0,
a
y1BBy
a
BBB
a
BkkaB0 o
o
o
o
o
b1) Para el conductor recto ahora el módulo de dF no es constante y se hace cero en el
extremo A del conductor
Fig.3
dl A
a
Y
B
B
a
X
. dF
dF dl
.
20
La componente del vector dl sobre el eje Y es dy, cuyo módulo es dy = dl sen
La fuerza que sufre ese elemento de corriente vale:
2
aBI
2
a
a
1aBIdyy
a
1dyBIF
senββsen
dy
a
y1BIdF
βsen
dy
a
y1BIdl
a
y1BIdF
o
2
ooX
oXoo
a
0
a
0
Para la componente FY
2
aBI
2
a
a
1aBIdyy
a
1dyBIF
βtag
dy
a
y1BI
βcosβsen
dy
a
y1BIdF
βsen
dy
a
y1BIdl
a
y1BIdF
o
2
ooYo
oYoo
a
0
a
0
El resultado anterior expresado en forma vectorial
j2
aBIi
2
aBIF oo
b2) Si en la figura 2 elegimos al azar un elemento de corriente dl, éste sufre una fuerza
de módulo
cosθdθaa
y1BIdFdθa
a
y1BIdl
a
y1BIdF oXoo
De la figura 2 se deduce que senθay
2
BI112
1
2
1aBIaBIcos0º
2
1
2
πcos2
2
1
2
1aBIF
dθ2θsen2
1sen0º
2
πsenaBIdθcosθθsendθcosθaBIF
cosθdθaa
senθa1BIcosθdθa
a
y1BIdF
ooooX
ooX
ooX
2π
0
2π
0
2π
0
a
Calculamos la componente FY.
21
senθdθa
a
y1BIdFdθa
a
y1BIdl
a
y1BIdF oYoo
4
π1aBI00
4
π1aBIsen0º
4
1πsen
4
1
4
π1aBIF
0ºsen4
1πsen
4
1
4
πaBIaBIF2θsen
4
1θ
2
1aBIaBIF
dθθsenasenθaBIdθsenθaa
senθa1BIF
oooY
ooYooY
2
ooY
2π
0
2π
0
2π
0
El resultado anterior expresado en forma vectorial
j4
π1aBIi
2
aBIF oo
22
9. En el plano ZY existe un campo magnético uniforme intenso de valor
B= 2 T y dirigido en el sentido positivo del eje X (ver la figura inferior).
Los límites de ese campo son 1,4 metros por 1,4 metros. En el interior del
mismo existe una espira metálica ABCD rectangular de lados AD=
L=0,20 m, AB=h=0,60 m, que inicialmente se encuentra en reposo. La
resistencia óhmica de la espira es R=2 y su masa m=5.10-2 kg .a)
Determinar cómo varía la velocidad de la espira desde que se suelta sin
velocidad inicial hasta que el lado AD sale justamente del campo, Hacer
una representación gráfica. b) Repetir el apartado anterior si el campo
magnético tuviese una intensidad de 6 T.
Tome g = 10 m/s2. Ayuda: bxalnb
1
bxa
dx
a) El movimiento de la espira se divide en dos partes: una, cuando la espira se
encuentra totalmente sumergida en el campo magnético uniforme y el flujo a través de
ella es constante, esto es, desde la posición inicial hasta que el lado BC llega al borde
inferior del campo, otra cuando la espira comienza a abandonar el campo y una parte
está dentro del campo y otra fuera, esto es, desde que la posición anterior hasta que el
lado AD sale justamente del campo. . En la primera parte el movimiento es una caída libre en el campo gravitatorio terrestre
y la velocidad de la espira cuando el lado BC está justamente en el límite del campo es:
s
m40,6-1,4102hg2v i
El tiempo en que se verifica el anterior movimiento
s0,4010
0,82
g
h2ttg
2
1h i
2
i
A partir del instante anterior, la espira sale del campo magnético y como consecuencia
de ello se produce una variación del flujo magnético que la atraviesa y de ello se deriva
que aparezca una fuerza electromotriz que provoca una corriente en la espira y
finalmente, como veremos, una fuerza opuesta a la del campo gravitatorio.
En la figura 1 se observa la posición de la espira cuando su velocidad es v y un instante
posterior t muy pequeño.
A
B C
D
1,4 m
X
Y
Z
g
B
23
En la figura 1 la línea W indica el límite del campo, por encima existe un campo B
perpendicular al plano del papel y dirigido hacia fuera del mismo, por debajo de L no
existe campo.
Observando la figura 1 se deduce que S1 es la superficie de la espira atravesada por el
campo en la posición 1 y S2 en la posición 2.
ΔtvLHΔtvHLSSLΔtvHS;LHS 1221
En la posición 1 la espira está atravesada por un flujo magnético 1. Un tiempo después
t (muy pequeño), la espira se ha desplazado hacia abajo una distancia v t, y es
atravesada por un flujo 2.
El flujo penetra por la cara posterior de la espira y sale por la de delante, mirando la
figura 2.
Podemos escribir siguiendo la ley de Lenz
LvB
tΔ
ΔtvLB
tΔ
SSB
tΔ
SBSB
tΔ
ΦΦ
Δt
ΦΔε 121212
En la espira aparecerá una corriente cuya intensidad es:
R
LvB
R
εI
Ahora hay que averiguar si la intensidad I en la espira forma una cara Norte o Sur tal
como está la figura 2. Para ello recordemos que esa intensidad debe oponerse a la causa
externa introducida, por ello la corriente tratará, dentro de lo posible, que el flujo que
atraviesa la espira se conserve , en consecuencia la cara vista de frente ( figura 2) debe
ser una cara norte .
Finalmente la espira recorrida por la corriente I está en el seno de un campo magnético
B (intenso y por tanto despreciable el que se induce) y por consiguiente habrá fuerzas
sobre los lados de la espira
La fuerza sobre el lado AD=L es:
vR
LBB LIFkBLIiBjLIBLIF
22
MM
FM
A D
W
m g
v t
v
Fig.1
S1 S2 H AD=L
24
Las fuerzas sobre los lados verticales tienen el mismo módulo y son de sentido
contrario, su resultante es nula.
La espira, mientras está moviéndose una parte de ella dentro del campo y otra fuera,
actúan dos fuerzas, una el peso vertical y hacia abajo y otra la fuerza magnética vertical
y hacia arriba.
Para calcular la velocidad habremos de integrar una ecuación diferencial y para
plantearla hay que aplicar la segunda ley de Newton.
vm
βg
vd
vβmg
vdmdt
td
vdmvβmg
td
vdmv
R
LBmg
22
Para integrar la expresión anterior recurrimos a la ayuda que nos dan en el enunciado.
Comparando las expresiones se deduce que a =g y m
βb .
Ctevm
βgln
β
mt
Para hallar el valor de la constante de integración observamos que cuando la espira llega
la posición en que BC está sobre la línea W, la velocidad de la espira es vi = 4 m/s y el
tiempo es ti =0,40 s.
iiii v
m
βgln
β
mtCteCtev
m
βgln
β
mt
Sustituyendo la constante en t, resulta:
)1(itt
mβ
β
mg
iv
β
mgvi
ttmβ
gvm
β
itt
mβ
itt
mβ
eevm
βg
evm
βgv
m
βg
vm
βg
vm
βg
e
vm
βg
vm
βg
lnβ
mtv
m
βgln
β
mtv
m
βgln
β
mt
i
i
i
i
iii
La ecuación anterior de v es válida cuando s40,0t hasta que la espira abandone el
campo. Como la espira tiene una altura limitada hemos de calcular el tiempo que
transcurre desde que llega el lado BC a la línea W, hasta que el lado AD llega a esa
línea, en total una altura recorrida de 0,60m. Teniendo en cuenta que dtvh , con
resolver esa integral solucionaríamos el problema, pero dado que en el enunciado no se
nos dice nada acerca de cómo resolver la integral, solamente podemos encontrar la
solución al problema de forma aproximada, midiendo el área comprendida entre v y el
tiempo.
25
Sustituimos valores en la ecuación (1)
Ω kg
mT1,6
5.10
0,080
m
β
s
m6,25
0,080
105.10
β
mg
Ω
mT0,080
2
0,202
R
LBβ
22
2
2222222
0,4t1,60,4t1,6e25,225,6e6,2546,25v
Representamos v frente a t. Antes de hacer la representación obtengamos una idea
acerca del valor de t. Si cayese libremente, con g = 10 m/s2, y su velocidad inicial 4 m/s
y la altura recorrida 0,60 metros
s0,530,130,4tsegundos0,14t10t2
1te*40,60 e
2
e
Como FM se opone a g (ver la figura 1), el tiempo será algo mayor y por tanto en la
gráfica damos valores a t superiores a 0,53 segundos.
3,9
4
4,1
4,2
4,3
4,4
4,5
4,6
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
tiempo/s
ve
loc
ida
d , m
/s
La curva de la figura se puede aproximar a una línea recta, por tanto, el área
comprendida entre la curva y el eje de los tiempos es un trapecio, cuya área debe valer
numéricamente 0,60.
0,4-t
2
2,25e10,2560,0
0,4-t2
2,25e6,25460,0t
2
v(t)40,60
0,4t1,6-
0,4t1,6-
Resolvemos la ecuación anterior por tanteo, damos valores a t y cogemos como
solución aquel valor de t, que dé como resultado 0,60.
Cuando t = 0,56 segundos 0,60<0,68 ; Cuando t = 0,54 segundos 0,60>0,59
Cuando t = 0,543 segundos 0,60=0,60
26
La velocidad de la espira es la siguiente
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
tiempo , t/s
ve
loc
ida
d , v
/ms
-1
El primer tramo es lineal y corresponde a un movimiento uniformemente acelerado, el
segundo no es lineal pero como el tiempo que dura ese movimiento es muy pequeño la
curva aparece en el gráfico como si fuese una línea recta. Se observa que la velocidad
siempre aumenta
b) Cuando el campo sea B=6 T, los valores de vi= 4 m/s y ti=0,4 segundos no varían
.Cambian los siguientes:
Ω kg
mT14,4
5.10
0,72
m
β
s
m69,0
0,72
105.10
β
mg
Ω
mT0,72
2
0,206
R
LBβ
22
2
2222222
La ecuación de la velocidad es:
24,0t4,41
31,369,04,0t4,41
69,0469,0itt
mβ
β
mg
iv
β
mgv eee
La representación gráfica de la velocidad frente al tiempo es la gráfica siguiente:
27
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
tiempo, t/s
ve
loc
ida
d , m
/s
La velocidad cuando la espira está una parte fuera del campo y otra dentro disminuye.
Por tanto el tiempo que tarda la espira en recorrer su altura h=0,60 metros es mayor que
en el caso anterior.
Hacemos en primer lugar un cálculo aproximado del área bajo la curva suponiendo un
trapecio.
0,4-t
2
e31,369,460,0
0,4-t2
e31,369,0460,0t
2
v(t)40,60
0,4t14,4-
0,4t14,4-
Para t =0,5, 0,60>0,27. Para t=0,6 , 0,60>0,49. Para t=0,70 , 0,60<0,71
A la vista de los resultados anteriores dividimos la curva entre 0,4 y 0,5 segundos.
Velocidad a los 0,4 segundos 4 m/s. Velocidad a los 0,5 segundos
0,270,12
1,474área
s
m1,47
0,40,514.4e3,310,69v0,5
Entre 0,5 y 0,6 segundos. Velocidad a los cinco segundos 1,47 m/s. Velocidad a los seis
segundos
0,120,12
88,047,1área
s
m88,0
0,40,614.4e3,310,69v0,6
Entre 0,4 y 0,6 segundos el área vale 0,27+0,12= 0,39, nos falta de área 0,6-0,39=0,21
28
Calculemos la velocidad para un tiempo de t =0,80 segundos y el área entre 0,80 y 0,60
segundos
0,160,22
88,070,0área
s
m70,0
0,40,8014.4e3,310,69v0,80
Como 0,16<0,21 el tiempo debe ser superior a 0,80 segundos
Calculemos la velocidad para un tiempo de t =0,90 segundos y el área entre 0,90 y 0,60
sendos
0,240,32
88,069,0área
s
m69,0
0,40,9014.4e3,310,69v0,90
Como 0,24>0,21 el tiempo debe ser inferior a 0,90 segundos.
Calculemos la velocidad para un tiempo de t =0,86 segundos y el área entre 0,86 y 0,60
segundos
0,200,262
88,069,0área
s
m69,0
0,40,8614.4e3,310,69v0,85
La gráfica del movimiento de la espira en un campo magnético de seis teslas es:
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
tiempo, t/s
ve
loc
ida
d , m
/s
La espira alcanza prácticamente la velocidad límite. Calculemos el valor de ésta, que
ocurrirá cuando la aceleración se anule.
s
m0,69
0,206
25.1010
LB
Rmgv0v
R
LBg
td
vdmv
R
LBmg
22
2
22limlim
2222
29
10.- Calcular la intensidad del campo magnético en el punto O, creado
por un conductor cuya forma es la de la figura inferior y por el que
circula una corriente de intensidad I. R es el radio de la circunferencia
del conductor BA.
Calcular y dibujar el valor de B frente al ángulo, cuando éste varíe
entre 0º y 180º.
El campo magnético en O está creado por un conductor que corresponde a un arco de
circunferencia BA y por un conductor rectilíneo AB.
De acuerdo con la ley de Biot-Savart determinamos que el campo creado por BA es
perpendicular al plano del papel y dirigido hacia dentro y con la misma dirección y
sentido es el campo creado por AB.
3
o
r
rld
π4
IμBd
(1)
Aplicamos la ecuación anterior para el conductor BA. En la figura 1 se observa que ld
y
Cr
forman un ángulo de 90º y rC =R.
Fig.1
30
2
o
3
o
3
C
co
R
dl
π4
Iμ
R
90ºsenRdl
π4
IμdB
r
rld
π4
IμBd
Como dl es un arco de circunferencia abarcado por un ángulo d y el valor del arco es
igual ángulo por el radio, resulta que dl=R d
πRπ2
Iμ2π2
Rπ4
Iμdφ
Rπ4
IμBdφ
π4
Iμ
R
dφR
π4
IμdB ooo
C
o
2
o
C
2π2
0R
Aplicamos la ecuación (1) al conductor rectilíneo AB. Designamos con a, la mínima
distancia que existe desde el punto O al conductor rectilíneo AB. Sobre dicho
conductor, y a una distancia l del punto O´, tomamos un elemento de corriente ld
. El
vector que une ld
con O lo llamamos Lr
. Ambos vectores forman entre sí un ángulo
ver la figura 2
2
L
o
3
L
Lo
L3
L
Lo
Lr
εsendl
π4
Iμ
r
εsenrdl
π4
IμdB
r
rld
π4
IμdB
Se observa que en la ecuación anterior existen tres variables: l , y rL, las cuales están
relacionadas entre sí y lo que hacemos es poner dl y rL en función de .
De la figura 2 se deduce que
Fig.2
31
εsen
dεadε
εsen
εcosεsenadl
εsen
cosεa
tagε
alAO´PO´;
senε
ar
22
22
L
BA
o
AB
o
L
o
L
o
2
2
2o
L
εcosεcosaπ4
Iμεcosεcos
aπ4
IμB
ε
Aε
dεεsenaπ4
IμBdεεsen
aπ4
Iμ
εsen
a
εsenεsen
dεa
π4
IμdB
B
Los ángulo A y B son suplementarios, el coseno de B es igual a –cos A. Por otra parte
tenemos que AsenεRa , por lo que BL
A
o
L cosε2aπ4
IμB
Volviendo a la figura 2 , se deduce que πεπ22ε AA
tag
Rπ2
Iμ
πtag
1
Rπ2
Iμ
εtag
1
Rπ2
Iμεcos2
senεRπ4
IμB oo
A
o
A
A
o
L
El campo en O
tagπR2π
Iμtag
Rπ2
Iμπ
Rπ2
IμBBB ooo
LCO
En la ecuación anterior se dan valores a en una hoja de cálculo y se obtiene la
siguiente gráfica
-0,0003
-0,0002
-0,0001
0
0,0001
0,0002
0,0003
0,0004
0 30 60 90 120 150 180 210
ángulo, /º
B/ te
sla
Cuando j se aproxima a 90º el conductor AB se acerca al punto O y según la ecuación
anterior el valor de B aumenta de forma notable y las gráficas tienen una asuntota para
ese valor.
32
11. Dos conductores rectilíneos de longitud infinita están situados en el
plano XZ. El A corta al eje X en la coordenada –D y el B en la
coordenada +D. La intensidad de la corriente es la misma en los dos
conductores, en el A se dirige hacia el eje Z negativo y en el B hacia el
eje Z positivo. Se pide calcular el campo magnético en los siguientes
punto cuyas coordenadas son: (0;0;0) , (0;2D;0), y (2D;0;0).
El módulo del campo magnético creado por un conductor de longitud infinita esta dado
por la expresión
rπ2
IμB o
Siendo r la distancia mínima entre el conductor y el punto donde se calcula el campo.
La anterior expresión se deduce a partir de la ley de Biot-Savart.
3
o
r
rld
π4
IμBd
Haremos uso de la primera expresión para calcular el módulo del campo y de la
segunda, concretamente del producto vectorial rld
para saber la dirección y sentido
del campo.
En la figura 1 se ha hecho una representación para calcular el campo en P(0;0;0).Ambos
campos tienen la misma dirección y sentido en el eje Y negativo. Esta dirección y
sentidos se obtienen a partir del producto rld
.
jDπ
IμB
Dπ
Iμ
Dπ2
Iμ
Dπ2
IμBBB oooo
BA
Fig.1
33
En la figura 2a se ha representado la situación de los vectores y del punto P. Para
aclarar dicha figura se ha hecho la figura 2b en el plano XY. Observando esta figura se
deduce que los vectores BA ByB
suman sus componentes sobre el eje Y y se anulan
sobre el eje X.
D5π2
Iμ
rπ2
IμB;
D5π2
Iμ
rπ2
IμB o
B
o
B
o
A
o
A
Fig. 2 b
Fig.2 a
34
Teniendo en cuenta que las componentes sobre el eje X se anulan
βcosBβcosBB BA
De la figura 2 b se deduce que βα90ºεβy90ºεα
Dπ5
Iμ
D5
D
D5π2
Iμ
D5
D
D5π2
IμαcosBαcosBB
ooo
BA
Como B
tienen el sentido negativo del eje Y
jDπ5
IμB o
En la figura 3 se ha hecho una representación para calcular el campo en P(2D;0;0).
A la vista de la figura 3 y de las explicaciones anteriores se deduce:
jDπ3
IμB
Dπ3
Iμ
3
11
Dπ2
Iμ
3Dπ2
Iμ
Dπ2
IμBBB
ooooo
AB
Fig.3
35
12.-Un conductor filiforme tiene la forma de una parábola de ecuación y
= kx2, y está situado en el plano XY. Perpendicular a dicho plano existe
un campo magnético constante B.
En el instante t=0 una barra horizontal arranca desde el vértice de la
parábola desplazándose con una aceleración constante a. Encontrar la
fuerza electromotriz del circuito debido al movimiento de la barra en
función de y.
En el instante t=0 la barra está sobre el eje X, un tiempo después t se encuentra en la
posición indicada en la figura1, siendo su altura sobre el vértice de la parábola
a
y2tta
2
1y 2
La velocidad de la barra en ese instante es v=at. Transcurrido un tiempo dt la barra se ha
desplazado una altura dy = vdt=at dt y ha barrido la superficie
dS = 2x dy =2x v dt
Fig.1
36
Como consecuencia de el desplazamiento el flujo magnético ha aumentado en
dttak
y2Bdtvx2BdSBdΦM
El valor absoluto de la fuerza electromotriz es:
k
a2yB2
k
ay2B2
a
y2a
k
yB2
dt
dBε
2
37
13.-En el plano XY yace un hilo conductor de longitud infinita por el que
circula una corriente de intensidad I. En el mismo plano existe una barra
conductora de longitud L que gira con velocidad angular constante ,
alrededor de un eje perpendicular a la varilla y que pasa por su centro.
La distancia del extremo más próximo de la varilla al hilo conductor es
D. a) Se pide calcular la fuerza electromotriz , inducida en la varilla. b)
Si I =1 A , = 1 rad/s y L=1 m, determinar la gráfica de en función de
la distancia D.
Dato: o=1,26.10-6 m kg C-2
En la figura 1 se representa la varilla girando .En un lugar de ella se ha considerado un
elemento de longitud dx, que al girar y en un tiempo dt barre un área dS, describiendo
un ángulo d.
El área dS esta formada por un
2
LDxdθradioánguloarco y una longitud
dx
dxdθ2
LDxdS
Esta superficie es atravesada por el campo magnético B creado por el hilo conductor
cuyo módulo es:
xπ2
IB o
El flujo barrido por dicha superficie een un tiempo dt , vale:
dxdθ2
LDx
xπ2
IdSBdΦ o
De acuerdo con la ley de Faraday
dx2
LDx
xπ2
Iωdx
dt
dθ
2
LDx
xπ2
I
dt
dΦdε oo
Hacemos extensible el valor de la fuerza electromotriz a toda la varilla
Fig.1
38
L2
LD
D
DLln
π2
Iωε
2
LD
D
DLlnL
π2
Iω
D
DLln
2
L
D
DLlnDDDL
π2
Iωε
DL
D
DL
D
DL
D x
dx
2
L
x
dxDdx
π2
IωDL
D
dx2
LDx
xπ2
Iωε
o
oo
oo
b) Sustituimos valores en la ecuación anterior
12
1D
D
D1ln2,01.101
2
1D
D
D1ln
π2
111,26.10ε 7
6
0,00E+00
5,00E-08
1,00E-07
1,50E-07
2,00E-07
2,50E-07
3,00E-07
0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3 0,35
D/m
/v
olt
ios
39
14.-Un haz de protones se acelera con una diferencia de potencial de 50
kV, el cual se dirige hacia una zona de anchura a= 2 cm sobre la que se
puede instalar un campo magnético uniforme B.
Cuando el campo está ausente, los protones alcanzan la pantalla en el
punto J y cuando actúa el campo magnético en un punto de altura H,
siendo JH= 30 cm y GJ=L= 20 cm. Determinar la intensidad del campo
magnético B.
Masa del protón=1,67.10-27 kg; Carga del protón= 1,6.10-19 C Calculamos la velocidad de los protones
s
m9,8.10
1,67.10
5.101,6.102
m
ΔVq2vV qΔmv
2
1 5
27
3192
Cuando existe un campo magnético B los protones recorren un arco de circunferencia
de radio R, tal como se observa en la figura 1.El módulo de la velocidad de salida de los
protones en E es igual a la de entrada en I, puesto que el campo magnético no aumenta
el módulo de la velocidad aunque si lo hace sobre su dirección. A partir de E el haz se
dirige en línea recta hacia la pantalla.
Fig 1
40
Cuando el haz penetra en el campo magnético la fuerza centrípeta es proporcionada por
la fuerza magnética:
qR
vmBBvq
R
vm 2
Para determinar el valor de R nos fijamos en la figura 1.Designamos GE=h.
Del triángulo EKN deducimos que L
hHαtag
(1).
El triángulo OIE es isósceles siendo sus lados iguales a R
)2(a
h
2
αtagγtag
2
α
2
απ
2
πβ
2
πγ
2
πγβ:πβ2α
De las ecuaciones (1) y (2) resulta:
(3)2
αtag0,101,5
20
2
αtag230
L
2
αtagaH
αtag
La ecuación (3) la resolvemos por tanteo
Volviendo a la figura 1:
cm2,4355,4cos1
27,7tag2
αcos1
2
αtaga
R2
αtagaαcosRhαcosRR
T42,01,6.102,43.10
9.8.101,67.10
qR
vmB
192
527
tag 1,5-0,10 tag (/2)
10 0,176 1,49
50 1,19 1,45
70 2,75 1,43
60 1,73 1,44
56 1,48 1,45
55,5 1,46 1,45
55,4 1,45 1,45
41
15.- Un conductor rectilíneo (de masa despreciable) de longitud L está
situado sobre el eje Y, ocupando sus extremos las posiciones ( y =+L/2 ;
y = –L/2); mantiene una corriente constante de I amperios en el sentido
del eje Y positivo. Un campo magnético uniforme B está dirigido en
sentido positivo del eje X ocupando todo el espacio. Si el mencionado
conductor se traslada paralelamente a sí mismo hasta que el centro del
mismo ocupe la posición x=l , z=l
a) Se pide calcular el trabajo que se realiza para lograr este
desplazamiento, cuando el campo magnético es uniforme.
b) El trabajo, si el módulo del campo es variable según la ecuación
zρBB(z) , siendo positivo
a) En la figura inferior se representan las posiciones iniciales y finales del proceso.
El campo magnético provoca sobre el conductor una fuerza cuya ecuación es:
kBLIiBjLIBLIFM
Esta fuerza perpendicular al conductor, tiende a llevárselo en el sentido negativo del eje
Z, por lo tanto, para trasladar el conductor en el sentido positivo de este mismo eje,
hemos de aplicar una fuerza F
de módulo igual a la anterior, pero de sentido contrario,
que efectúe un trabajo positivo. Después, para llevarlo paralelo al eje X, hasta llegar al
punto considerado (l, l,0), no hace falta más trabajo, puesto que la fuerza del campo
magnético al estar según Z y ser perpendicular al camino, (paralelo al eje X), hace
trabajo nulo. En efecto.
El trabajo es:
lBLIl
0dzBLIkdzidxkBLI·sdFW
sdFM
b) La fuerza que sufre el conductor por acción del campo magnético variable es:
kzρ-BL-IkB(z)LIiB(z)jLIBLIFM
Y
X
Z
I (l, l,0)
B
B
X
Z
Y
l l
(l, l,0) sd
B
kdzidxsd
MF
42
El trabajo es:
2
lρ1lBLIW
2
2lρBLIlBLI
l
0dzzρ-BLIkdzidxkzρ-BLIsd·F-sdFW M
43
16.- Una partícula de masa m y carga +q se
encuentra en el instante inicial sobre el eje Y,
formando su velocidad un ángulo respecto
del eje Z. En el semiplano superior YZ existe
un campo magnético uniforme B1 dirigido
según el eje positivo X y en el semiplano
inferior un campo magnético B2 también
dirigido en el sentido positivo del eje X, siendo
B2> B1. Se pide estudiar el movimiento de la
partícula a partir del instante inicial.
La partícula al penetrar en el campo B1 sufre una fuerza perpendicular a su velocidad
que modifica su dirección, pero no su módulo, de valor:
1BvqF
La velocidad v
y el campo 1B
forman un ángulo de 90º, por lo que se puede escribir
1
1
1
2
11Bq
vmR
R
vmqvBF
La partícula describe un arco de circunferencia OQ (figura1) con velocidad constante.
Al llegar a Q penetra en el campo magnético B2 y describe otro arco de circunferencia
QP de radio
21
2
2
2
2
22 RR;Bq
vmR
R
vmqvBF
Al llegar a P se repite la situación de O y a partir de este momento el movimiento se repite de
forma periódica.
Fig.1
Y
Z
α
X
+q
44
Vamos a calcular el periodo del movimiento. Determinamos primero el tiempo t1 que
emplea la partícula en ir desde O hasta Q.
La longitud del arco OQ vale recordando que el arco es igual al ángulo abarcado,
expresado en radianes, por el radio.
1OQ RβL
Del triángulo OC1Q
1OQ Rα2πLα2πβπβα2
Teniendo en cuenta que el arco OQ se recorre con velocidad constante
v
R2απ
v
Lt 1OQ
1
Calculamos ahora el tiempo que emplea la partícula en recorrer el arco QP,. Utilizamos
el razonamiento anterior
v
R2απtR2απ2πRβπ2L 2
222QP
El periodo T del movimiento
v
RR2αRRπ
v
R2απR2απttT 212121
21
La velocidad media con que la partícula recorre el segmento OP es:
2121
21
2121
21m
RR2αRRπ
RRαcosv2
v
RR2αRRπ
αcos2Rαcos2R
T
PQOQ
T
OPv
Expresamos los radios en función de los campos magnéticos
21
12
21
21
21
12
21
21BB
BB
q
mv
B
1
B
1
q
mvRR;
BB
BB
q
mv
B
1
B
1
q
mvRR
Llevando estas relaciones a la velocidad media:
1221
12
21
12
21
21
21
12
mBBα2BBπ
BBαcosv2
BB
BB
q
vmα2
BB
BB
q
vmπ
BB
BB
q
vmαcosv2
v
45
17.- Un hilo conductor de longitud L está colocado sobre el eje X positivo
y recorrido por una intensidad I constante en el sentido del eje X positivo,
estando uno de los extremos, designado con O, en el centro de
coordenadas. Existe un campo magnético uniforme de módulo B, en la
dirección positiva del eje Z. Se hace girar, respecto del eje Z, el hilo
conductor moviéndolo por el plano XY a velocidad constante, hasta que
el hilo alcance el eje Y positivo. Calcular el trabajo necesario para
realizar este proceso.
En la figura 1a se representa el hilo en una posición cualquiera de su movimiento y en
la figura 1b, visto desde el eje Z positivo.
El hilo en cualquier posición que ocupe en el plano XY está sometido a una fuerza dada
por:
BLIFBLIF
Esta fuerza se opone al movimiento que se pretende realizar, por lo que si deseamos
girar al hilo conductor desde el eje X al Y a velocidad constante, hemos de aplicar de
forma continua una fuerza igual en módulo a F y de sentido contrario que designamos
con F1.
En la figura 1b el centro de masas del hilo conductor ha sido desplazado un ángulo d.
Dado que el valor del arco es igual al del radio por el ángulo en radianes, dθ2
Ldx .
El trabajo elemental realizado por la fuerza F1=F es:
dθ2
BLIdθ
2
LBLIdxFdW
2
1
Fig.1b Fig.1a
46
El trabajo total lo calculamos a partir de la siguiente integral
4
BLIπdθ
2
BLIW
222π
0
47
18.- En el plano XZ de la figura inferior está dispuesto un circuito con
un condensador de capacidad C con un interruptor I. Articulado en O y
O´ se ha dispuesto un rectángulo de hilo conductorque puede
balancearse sobre el eje OO´, cuyos lados iguales, que tienen la dirección
del eje Z, poseen una longitud L y una masa despreciable y el tercero,
con la dirección del eje +X, tiene una longitud l. y una masa m. Existe
un campo magnético uniforme B en la dirección positiva del eje Z. El
condensador está cargado a una diferencia de potencial U y el
interruptor I abierto. Si se cierra el interruptor y se admite que la
descarga del condensador se verifica en un tiempo muy corto, y que la
resistencia de los conductores es despreciable. Determinar el ángulo
máximo que describe el rectángulo
El condensador al estar cargado posee una carga CUq . En cuando se cierra el
interruptor I, esa carga determina la aparición de una corriente eléctrica Δt
qI en el
rectángulo, siendo t el tiempo que tarda en descargarse el condensador. Teniendo
presente que en el enunciado nos dice que ese tiempo t es muy pequeño podemos
suponer, con una aproximación razonable, que al rectángulo no he ha dado tiempo a
moverse del plano XZ, mientras que por él circula una intensidad de corriente I. Esta
corriente determina que exista una interacción con el campo magnético dando lugar a
una fuerza cuya ecuación es para el trozo de conductor MN
BlIFBlIF
Para los conductores verticales ON y O´M, a pesar de pasar una intensidad I, no existe
fuerza, pues la intensidad y el campo son paralelos.
C
I
X
O
O´
L
l
Y
Z
B
+
-
M
N
48
La fuerza de módulo F actúa durante un tiempo muy corto lo que da lugar a un impulso
de valor Ft y en consecuencia sobre el hilo MN aparece una variación de la cantidad
de movimiento
m
BlUCvvmΔtBl
Δt
qvmΔtBlImvΔvmΔtF
La energía cinética que adquiere MN se convierte en potencial debido a que el
rectángulo al balacearse sobre OO´, se eleva una altura h.
gm2
BlUC
g2
vhmghvm
2
12
222222
La relación entre la altura h y el ángulo girado puede deducirse de la figura 1.
gL2m
BlUC1θcos
g2m
BlUCθ cos-1LθLcosLh
2
2222
2
2222
h
L
O´
M
Fig 1
49
19.-Un hilo conductor tiene forma de semicircunferencia de radio a, y
sus extremos están unidos por un hilo recto del mismo material. La
superficie abarcada por esta espira es medio círculo de radio a.
La espira se coloca en el plano YZ de modo que el diámetro está sobre el
eje Z. En la mitad de su diámetro existe un eje perpendicular al mismo,
paralelo al eje X. Un campo magnético uniforme B tiene la dirección del
eje X negativo y se extiende por el semiplano YZ positivo. La espira gira
alrededor de su eje con una aceleración angular constante. Calcular la
intensidad de la corriente que aparece sobre la espira suponiendo que
inicialmente su velocidad de rotación es nula. Dibujar la gráfica
intensidad-tiempo para los valores de B= 0,1 T , a = 1 m , = 0,4 m/s2 ,
resistencia de la espira 1
Inicialmente el flujo magnético que atraviesa la espira es nulo, por encontrarse fuera del
semiplano YZ positivo, que es donde está el campo magnético. Cuando comienza a
girar la espira penetra en el campo magnético y el flujo que la atraviesa aumenta hasta
que la espira ha girado 180º. A partir de ahí parte de la espira sale del campo y, por
tanto, el flujo comienza a disminuir de modo que cuando la espira haya girado 360º el
flujo es nulo pues toda la superficie de la espira está fuera del campo. A continuación se
repite el proceso.
Dado que existe variación de flujo debe aparecer una fuerza electromotriz inducida en
la espira y una corriente sobre ella, de acuerdo con las leyes de Faraday de la inducción
electromagnética.
Una parte de la espira se encuentra dentro del campo magnético y forma con el eje Z un
ángulo tal como se observa en la figura 2Si la espira describe un ángulo d en un
tiempo dt, a consecuencia de ello aumenta la superficie dS de la espira dentro del
campo y en definitiva el flujo que la atraviesa.
50
Calculamos la variación del flujo
dSBcos0ºdSBSdBdΦ
Como dS es un sector circular de radio a:
daB2
1dΦda
2
1dS
d
dS
radπ2
aπ 222
La fuerza electromotriz inducida en la espira vale:
tαaB2
1ωaB
2
1
dt
daB
2
1
dt
dΦε 222
La intensidad de la corriente en la espira es:
)1(tCteR
tαaB2
1
I
2
La ecuación (1) no indica que la intensidad es directamente proporcional al tiempo.
Ahora debemos averiguar si la intensidad en la espira tiene siempre el mismo sentido o
por el contrario cambia de sentido. Para ello recurrimos a ley de Lenz que nos dice que
la corriente inducida debe oponerse a la causa que la crea. La causa que crea esa
corriente es el aumento de flujo mientras la espira gira de 0º a 180º. La corriente
solamente tiene dos posibilidades: girar en sentido horario o antihorario. Si gira en
sentido horario la corriente inducida crea un campo que se suma a la causa externa
mientras que si lo hace en sentido antihorario se opone, por consiguiente, la corriente
Fig.2
51
girará en sentido antihorario entre 0º y 180º. Entre 180º y 360º, durante el cual el flujo
disminuye, la corriente será en sentido horario.
Otro procedimiento consiste en asignar un sentido arbitrario
de circulación a la corriente I, en el perímetro del elemento
Sd
y de acuerdo con él, aplicar la regla de la mano derecha.
Los dedos curvados se colocan en el mismo sentido de giro
de la corriente I, (señalado con rayitas y flechas en el
dibujo) el pulgar situado en posición vertical, marcará la
dirección y sentido del vector Sd
, que en este caso tiene
igual dirección y sentido que la del campo B
.
El signo negativo que se ha obtenido para la intensidad de la corriente en (1) significa
físicamente, que el sentido real de la misma es contrario al previamente elegido. Es
decir, que durante el recorrido de la espira por el semiplano-positivo XZ, la corriente
circula en sentido opuesto al señalado en el dibujo anterior, por lo tanto en sentido
opuesto al de las agujas del reloj.
Dado que la velocidad de rotación de la espira es cada vez mayor, el tiempo de giro de
0º a 180º es mayor que de 180º a 360º y éste mayor que de 360º a 470º y así
sucesivamente.
Calculamos los tiempos:
s3,170,4π8απ8απ8ttα2
1π4
s2,750,4π6απ6απ6ttα2
1π3
s2,240,4π4απ4απ4ttα2
1π2
s1,590,4π2απ2απ2ttα2
1π
7200
2
7200
5400
2
5400
3600
2
3600
1800
2
1800
Sustituimos valores en la ecuación (1)
t0,02t12
0,410,1I
2
La tabla intensidad tiempo es la siguiente:
Tiempo/s I/ A (mínimo ) I/A ( máximo)
0-1,59 0 -0,032
1,59-2,24 0,032 0,045
2,24-2,75 -0,045 -0,055
2,75-3,17 0,055 0,063
Sd
I
B
52
-0,08
-0,06
-0,04
-0,02
0
0,02
0,04
0,06
0,08
0 1 2 3 4
tiempo/s
Inte
nsid
ad
, I
/A
53
20.- En la figura inferior se muestra un circuito que inicialmente se
encentra en el plano YZ. La semicircunferencia del circuito, de radio r,
puede girar, con velocidad angular constante, alrededor de un eje OY,
mientras que la otra parte del circuito está fija.
Existe un campo magnético uniforme iBB
y la resistencia del
circuito es R. a) Calcular la potencia instantánea y dibujar la grafica
potencia instantánea -tiempo b) La potencia media generada en el
circuito. Se desprecia el campo magnético de la corriente inducida.
Ayuda :
Valor medio de una función periódica:
T
0
medio dty(t)T
1Y
xa2sena4
1
2
xdxaxsen2
Designamos al vector superficie de la parte móvil del circuito mediante el vector
i2
πRiSS
2 . En el instante t=0 el vector B
y el vector S
forman entre sí un ángulo
de cero grados. Cuando haya transcurrido un tiempo t , la parte móvil del circuito ha
girado un ángulo tωθ y el vector B
y el vector S
forman entre sí un ángulo θ .
El flujo magnético que atraviesa el circuito en función de la variable tiempo es:
tωcosSBθcosSBΦ
La figura 1 indica esta situación.
Fig.1
54
Dado que el flujo magnético varía a medida que transcurre el tiempo, como
consecuencia de ello, aparece una fuerza electromotriz que según la ley de Lenz es:
tsenωωSBdt
t)ωd(cosSB
dt
Φdε
En el circuito aparece una intensidad de corriente
tωsenR2
ωr πBtωsen
R
ωSB
R
εI
2
La potencia instantánea vale:
t ωsenCtetωsenR4
ωrπB
R
εP 22
24222
La gráfica P-t siempre tendrá valores positivos ya que la función seno está elevada al
cuadrado.
tiempo, t/s
Po
ten
cia
, P
/W
b) Como la potencia instantánea depende de una función periódica, hacemos uso de la
ayuda del enunciado
dttωsenCteπ2
ωdttωsenCte
T
1P
ωπ2
0
T
0
22 (1)
Según la ayuda
55
ω
π0ºsen
ω
π2ω2sen
ω4
1
ω
π2
2
1tω2sen
ω4
1t
2
1dttωsen
ωπ2
0
ωπ2
0
ωπ2
0
2
Sustituyendo en al ecuación (1)
R8
ωrπB
2
Cte
ω
πCte
π2
ωP
2422
56
21.- Un conductor cilíndrico de radio a y longitud infinita esta situado
en el eje Z y lo recorre una corriente constante de intensidad I y sentido
positivo del eje Z. En un determinado instante un electrón abandona la
superficie del conductor con una velocidad de módulo vo dirigida según
el eje X positivo. Debido a la acción del campo magnético creado por el
conductor, el electrón se separa hasta una distancia máxima del eje del
conductor que designamos con xm. Calcular el valor de xm.
En la figura 1 se representa una línea de campo, que es una circunferencia de radio x,
creada por el conductor y el vector campo en una determinada posición.
El vector campo es tangente a esa línea en cualquier punto, siendo su módulo:
xπ2
IμB o
El vector campo en el punto del plano XZ, tangente a la línea del campo (ver la figura
1) es:
ixπ2
IμB o
y
Al abandonar el electrón el conductor su velocidad está sobre el eje X positivo. Nada
más salir el electrón del conductor interacciona con el campo magnético y sufre una
fuerza vertical y hacia abajo, esto es, hacia el eje Z negativo, puesto que.
yo BvqF
Fig.1
57
Como resultado de esta fuerza aparece una componente de la velocidad en el sentido del
eje Z negativo y otra en la dirección del eje X positivo.
En la figura 2 se representa la situación del electrón a una cierta distancia del
conductor. La velocidad tiene dos componentes, una en dirección y sentido del eje X
positivo y otra en la dirección y sentido del eje Z negativo.
Analizamos ahora cómo interactúa el electrón con el campo magnético.
2F
1FyBvqyBvqyBovqF zx
kxπ2
Iμvqj
xπ2
IμivqBvqF o
xo
xyx1
El efecto de la fuerza 1F
es acelerar al electrón en la dirección del eje Z negativo.
ixπ2
Iμvqj
xπ2
Iμk-vqBvqF o
z
o
zyz2
(1)
El efecto de la fuerza 2F
es desacelerar al electrón en la dirección del eje X, como
consecuencia de esta desaceleración el módulo vx irá disminuyendo y cuando alcance la
máxima distancia del conductor su vx será nulo.
A partir de la ecuación (1), escribimos
dx
dvvm
dt
dx
dx
dvm
dt
dvmv
xπ2
Iμq xx
xxz
o (2)
Fig.2
58
Para integrar la ecuación (2) debemos buscar una relación entre vz y vx
Tenemos en cuenta que la fuerza del campo magnético no hace trabajo sobre el electrón
por ser perpendicular a su vector velocidad y en consecuencia éste conserva su energía
cinética y solo lo desvía de su dirección inicial, por tanto, ésta debe conservarse, o en
otras palabras el módulo de la velocidad inicial no puede variar, por ello:
2
x
2
oz
2
o
2
z
2
x vvvvvv
La ecuación (2) se convierte en
2
x
2
o
xxo
vv
dvv
x
dx
mπ2
Iμq (3)
La primera integral es inmediata y para resolver la segunda hacemos el cambio de
variable
dppdxvpvv x
22
x
2
o
CtevvCtepp
dpp
vv
dvv 2
x
2
o2
x
2
o
xx
Llevando esta ecuación a (3), resulta.
Ctevvxlnmπ2
Iμq 2
x
2
o
o
Para determinar el valor de la constante recurrimos a las condiciones iniciales en las que
cuando x=a , ox vv
Ctealnmπ2
Iμq o
a
xln
mπ2
Iμqlnalnx
mπ2
Iμqvvaln
mπ2
Iμqvvxln
mπ2
Iμq oo2
x
2
oo2
x
2
oo
La separación máxima del electrón del conductor hemos dicho que ocurre cuando vx=0
Iqoμovmπ2
eaxa
xln
mπ2
Iμqv m
mo
o
59
22.-Con un hilo de longitud L= 2 m, siendo la resistencia por unidad de
longitud =10m, se construyen dos cuadrados como indica la figura.
Ambos se sitúan en un plano horizontal donde existe un campo
magnético variable con el tiempo, ωtcosoBB , perpendicular al plano
que forman los cuadrados.
a) Determinar la intensidad que recorre el circuito si
Bo= 0,5 T y =0,6 s-1
b) Dibujar la intensidad frente al tiempo cuando a=0,4 m y a=0,3 m.
Ahora consideramos una sola espira cuadrada del mismo hilo de lado
inicial a= 0,5 m y situada en el mismo campo magnético. Dicha espira
disminuye su área ( y por tanto la longitud de la periferia de la espira) a
un ritmo dado por la ecuación: t0,0092aS .
c) Calcular la fuerza electromotriz inducida y dibujar la gráfica
intensidad tiempo.
Para calcular el flujo vamos a asignar arbitrariamente un sentido a la corriente inducida
I. Tomaremos para I en el cuadrado de lado a, el sentido de las agujas del reloj y como
está conectado al cuadrado de lado b, en éste necesariamente la corriente tendrá que ir
en sentido contrario.
I
I
B
B
1S
2S
60
Vamos a asignar un vector superficie perpendicular a cada cuadrado, de acuerdo con el
siguiente criterio: Se cierran los dedos de la mano derecha pero situando el pulgar
estirado en dirección perpendicular, ahora se hacen coincidir los dedos con el sentido de
la corriente y el pulgar, señalará en la dirección y el sentido del vector superficie S
. En
este caso, como la corriente tiene sentido contrario en cada cuadrado, tendremos que
definir dos vectores superficies 1S
y 2S
cuyas direcciones y sentidos aparecen en el
dibujo.
El flujo a través del circuito es la suma de los flujos a través de cada cuadrado.
tcosBSSSSB180cosBS0cosBSS·BS·B o2121212121
tcosBba o
22
De acuerdo con la ley de Faraday la fuerza electromotriz inducida vale.
tsenBbatcosBbadt
d
dt
do
22
o
22
La intensidad de la corriente:
ρ 4
tωsenωb-aB
b)(a4ρ
tωsenωbaB
R
tωsenωBba
R
εI o
22
oo
22
b) Calculamos en cada caso el valor de b.
m0,24
1,22
4
4aLb;m0,1
4
1,62
4
4aLb4b4aL
Las ecuaciones para cada valor de a son:
6t,0sen0,75.10
104
6t0,sen 60,20,30,5
ρ 4
tωsenωb-aB0,3)I(a
6t,0sen10.25,2104
6t,0sen6,00,10,40,5
ρ 4
tωsenωb-aB0,4)I(a
3-o
3o
61
-2,5
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
0 4 8 12 16
tiempo, t/s
Inte
nsid
ad
, I/m
A
Observe que cuando los dos cuadrados sean iguales no existe corriente.
c)
tωcosBt0,009tωcosaBt0,009atωcosBS·BΦ 0
2
0
2
0
0,6tcos0,0045t0,6sent0,00270,075ε
tωcos0,009Bt0,009atωsenωBε
0,009tωcosBtωsenωBt0,009tωsenωaBdt
dΦε
o
2
o
oo
2
o
La resistencia eléctrica de la espira disminuye al paso del tiempo ya que su perímetro
disminuye.
t0,0090,2510t0,009aρlρRlt0,009aS 222
0,9t25
0,6tcos0,00450,6tsen0,0027t)(0,075I
62
-0,015
-0,01
-0,005
0
0,005
0,01
0,015
0,02
0 5 10 15 20 25 30
tiempo; t/s
Inte
ns
ida
d;
I/A
63
23.-Con un alambre conductor, de masa por unidad de longitud , se
forma un circuito como el indicado en la figura, el cual se encuentra en
el plano YZ. En A y B el circuito puede oscilar. Por A se envía una
corriente de intensidad I que sale por B. En la dirección del eje Z y
sentido positivo existe un campo magnético constante B. El circuito
oscila y se desvía del plano XY un cierto ángulo, hasta quedar en
equilibrio. Determinar el valor del ángulo
Dimensiones del circuito. AC=DB= a ; CD = 2a
Sobre el circuito actúan dos tipos de fuerzas: una el peso del mismo cuya fuerza está
aplicada en el centro de masas y las fuerzas de interacción de la corriente con el campo
magnético.
Calculamos en primer lugar la situación del centro de masas del circuito. Por simetría se
deduce que tiene que estar sobre una recta paralela a los lados menores y que pase por el
centro de CD, que es el punto P de la figura 1.
El centro de masas de AC tiene de coordenadas ( 0, 0, a/2). El lado DB tiene de
coordenadas ( 0, 2a , a/2) . El centro de masas del lado CD tiene de coordenadas (0,a, 0).
Las masas de los lados son respectivamente:
4
a
a2λaλaλ
2
2aλ
2
2aλ
CDm
DBm
ACm
0CD
m2
aDB
m2
aAC
m
CMz
λa2CD
m;aλDB
mAC
m
A B A B
C D
I
C D
B
X
Y
Z
X
Z
A B
C D
O
CM
P
Fig.1
Y
Y
Z
64
La distancia del centro de masas al punto O es: 4
a3
4
aa
Calculamos las fuerzas de interacción entre las corrientes y el campo magnético
Las fuerzas sobre los lados, están dadas por el producto vectorial BlIF
. Para los
lados AC y DB la fuerza tiene el mismo módulo y la misma dirección y sentido
contrario, en consecuencia, considerando a los alambres como un sólido rígido, al
trasladar las fuerzas al c.d.m. su suma es nula. El módulo de la fuerza sobre CD es:
BIa2BLIF CDCD
En la figura 3 observamos el circuito desde una posición lateral de modo que el lado
CD esté perpendicular al plano del papel, y lo representamos por un círculo negro. De
puntos dibujamos una línea imaginaria que pasa por O y por el centro de masas CM.
M = 4a, es la masa total del circuito que actúa en el centro de masas. Tomamos
momentos respecto de O del Peso y de FCD. Sus módulos son respectivamente:
αcosaBI2acosa·F;αsen4
3aMgsen OCM·Mg CD
Dado que el circuito está en equilibrio los módulos de los momentos son iguales.
B
B
L
CDF
F
L
F
B
CDL
A
C D
B
O
Fig. 2
O
CM
Mg
FCD
4
a3
Fig. 3
65
gλ3
BI2
4
3gaλ4
BIa2
4
3Mg
BIa2αtagαcosaBI2aαsen
4
a3gM
66
24.-Con el dispositivo electromagnético de la figura se consigue lanzar
un cuerpo de masa m= 2 kg al aire.
El dispositivo consta de dos barras conductoras iguales y paralelas (AD y
EC) de 6,0 m de longitud.
Sobre ellas desliza una barra, también conductora, PQ de longitud 1 m
y masa despreciable. Las barras, respecto del suelo horizontal, forman
un cierto ángulo . Este ángulo se puede variar.
Perpendicular al plano AECD existe un campo magnético uniforme de
módulo B = 2T. El dispositivo (cañón electromagnético) funciona
cuando por los extremos AE se conecta una fuente de corriente continua
que proporciona una intensidad constante de 30 amperios. El conjunto
de todo el sistema de barras posee una resistencia de R = 1 .
La barra PQ comienza su movimiento ( v=0) en AE y termina en DC . Al
llegar a ese lugar la masa m se desprende y viaja por el aire. El impacto
de la masa m con el suelo se produce a una distancia horizontal H = 12
m respecto de su punto de salida.
Calcular el ángulo de lanzamiento y el tiempo total que emplea la masa
m desde que sale de AE hasta que impacta con el suelo. Se admite que los
rozamientos son despreciables.
a) Realizar el cálculo suponiendo despreciable la corriente inducida.
b) Teniendo en cuenta la corriente inducida.
Tome g = 10 m/s2
Ayuda.-
tL
R
e1R
Ei:soluciónEiR
dt
diL
I
67
a) Para que el sistema de lanzamiento funcione debe actuar sobre la barra una fuerza
electromagnética en sentido ascendente, para lo cual es necesario que la intensidad de la
corriente que circula por la barra PQ lo haga en el sentido de PQ, esto significa que el
polo positivo de la fuente debe ser el extremo A y el negativo el E. Esto se deduce de la
ecuación electromagnética de la fuerza que sufre un conductor en el seno de un campo
magnético
BQP IBLIF
Siendo el módulo de la fuerza
BLIsen90ºBLIF
Si observamos la barra mirando desde el extremo Q, deducimos que sobre el c.d.m.
existen tres fuerzas: la citada anteriormente, la componente del peso de la masa m y la
fuerza normal de reacción N (figura 1). Esta fuerza N la proporcionan las barras
paralelas AD y EC en los puntos de contacto con la barra, en P y Q. donde en cada uno
la reacción vele N/2.
Respecto de la dirección de avance de la barra PQ hacia los puntos C y D, el módulo de
la fuerza resultante es:
2Rs
mθ)sen1030(
2
θsen1022130
m
θsengmBLIamaθsengmBLIF
El movimiento de la barra PQ acompañado de la masa m es uniformemente acelerado,
partiendo del reposo.
s
mθsen3120
θsen3
1,2θsen1030v
θsen3
1,2t;tθsen1030
2
16AD;tθsen1030t·av 2
La velocidad con que la masa m abandona la barra PQ es v, describiendo en el aire una
parábola. Las ecuaciones del movimiento respecto de ejes situados con origen en el
suelo y situados en el pie del final de las barras, son las siguientes:
2t102
1tsenθθsen3120θsenADy;tcosθθsen3120x
mg
I L B
N
Fig.1
68
Cuando x = H = 12 m; t es el tiempo de vuelo en el aire de la masa m y que
designamos como tv cuando llega a y=0
)2(5ttsenθθsen3120θsen0,60;)1(tθcosθsen312012 2
vvv
La primera ecuación la elevamos al cuadrado, resulta:
)3(tθcosθsen32,1tθcosθsen3021144 2
v
22
v
2
Para resolver el sistema de ecuaciones (2) y (3), en la ecuación (3) damos valores al
ángulo , obtenemos tv, y ambos valores los sustituimos en (2), cuando el resultado sea
nulo, hemos encontrado los valores del tiempo de vuelo y del ángulo.
Ángulo / º S=(3-sen ) cos2
S
1,2t v
40 1,383 0,93
50 0,923 1,14
60 0,533 1,50
70 0,241 2,23
80 0,061 4,44
Ángulo
/ º S
1,2t v P=
θ6sen
tsenθθsen3120 v
25 vt P-5t2
40 0,93 13,9 -4,32 9,6
50 1,14 18,9 -6,5 12,4
60 1,50 26,0 -11,2 14,8
70 2,23 38,6 -24,9 13,7
80 4,44 68,0 -98,6 -30,6
El valor de está comprendido entre 70º y 80º, afinado de nuevo el cálculo
Ángulo / º S=(3-sen ) cos2
S
1,2t v
75 0,14 3,0
77 0,10 3,4
69
Ángulo
/ º S
1,2t v P=
θ6sen
tsenθθsen3120 v
25 vt P-5t2
75 3,0 51,0 -45 6,0
77 3,4 57,5 -57,8 -0,3
El tiempo total es:
s3,83,077sen3
1,2vtt
totalt
b) La f.e.m. inducida debida al movimiento de la barra PQ en el seno del campo
magnético, responde a la ecuación L·Bv
. Donde L
es un vector en la dirección
de la barra móvil y en el mismo sentido de la corriente.
En la figura se observa que los vectores Bv
y L
tienen la misma dirección y sentido
contrario, por lo tanto el valor del producto mixto que proporciona la f.e.m. vale:
vBL180cosLBv
La corriente inducida debido a esta f.e.m. es: R
vLB
R
εi
La intensidad resultante en el circuito es: R
vLBIiIIF
La intensidad i disminuye a la intensidad I aplicada por la batería ya que su efecto es
oponerse a la causa introducida, esto es, I hace avanzar a PQ mientras que i se debe
oponer, para no violar el principio de conservación de la energía.
De acuerdo con la explicado en el apartado a) tenemos al aplicar la ecuación de la
Dinámica, dt
vdma·mF
.
v
L
B
Bv
70
dt
dvmθsengm
R
vLBBLI
dt
dvmθsenmgLBiI
22
En la última ecuación hacemos:
QR
LB;PsenθmgILB
22
Por tanto:
PvQdt
dvm
Comparando con la ayuda del problema
tmQ
tLR
e1Q
PvsoluciónPQv
dt
dvm
e1R
Ei solución ERI
dt
diL
Los valores de P y Q son:
41
12Q;θsen2060θsen1022130P
22
Sustituyendo estos valores en la ecuación de la velocidad:
La velocidad con que la masa m abandona la barra PQ es v, describiendo en el aire una
parábola. Las ecuaciones del movimiento son las siguientes:
25ttsenθe1θsen515θsen6ytθcose1θsen515x 2t2t
Cuando x = 12 m , y=0
(5)5
θtag12senθ6t5tθtag12senθ60
5ttθsentθcos
12senθ60;(4)
tθcos
12e1θsen515
2
22t
Utilizaremos las ecuaciones (4) y (5). En la cinco damos valores al ángulo y obtenemos
t , llevamos esos valores a (4) y cuando los dos miembros de la ecuación sean iguales
hemos encontrado las soluciones del tiempo y del ángulo.
2te1θsen515
2te1
4
θsen2060v
71
Ángulo / º Tiempo/s
50 1,94
60 2,28
70 2,78
Ángulo/º Tiempo/s 2t)e1θ)sen5(15
tθcos
12
50 1,94 10,9 9,62
60 2,28 10,6 10,5
70 2,78 10,3 12,6
Afinamos el resultado:
Ángulo / º Tiempo/s
61 2,32
60,5 2,30
60,4 2,30
Ángulo/º Tiempo/s 2t)e1θ)sen5(15
tθcos
12
61 2,32 10,5 10, 7
60,5 2,30 10,5 10,6
60,4 2,30 10,5 10,56
Las soluciones son: ángulo = 60,4º , tiempo de vuelo 2,30 segundos .
Para averiguar el tiempo total hemos de calcular el que emplea la barra PQ en recorrer
la distancia de 6 m .
Calculamos la ecuación de la velocidad para el ángulo = 60,4º
2t2t e10,710,7e160,4ºsen515v
RR
R
R
R
0
R
0
R
0
2t5,35.e t10,7
2
2t10,7e
10,7tdt
t t
2te10,7dt10,7
t
dtv6x
La ecuación anterior la resolvemos por tanteo
72
tR/s 10,7 tR+5,35 e-2tR
0,4 6,68>6
0,3 6,14>6
0,28 6,05>6
0,27 6,00= 6
Tiempo total = 0,27+2,30=2,57s
73
25.- En dirección del eje Z existe un campo magnético. El suelo está en el
plano XY. El campo magnético varía con la altura según la ecuación
zα1oBB , siendo un número positivo y z es la altura contada
desde el suelo.
Un anillo metálico de masa m, diámetro d y resistencia R se deja en
libertad desde una altura muy grande y se observa que a partir de cierta
altura h desciende con movimiento uniforme. Calcular la velocidad
constante del anillo. Se supone que en su caída el plano del anillo es
paralelo al plano XY.
Cuando el anillo se deja en libertad con velocidad cero, al encontrase en el campo
gravitatorio terrestre se acelera y durante un tiempo aumenta su velocidad. A medida
que desciende se origina una fuerza electromotriz inducida en el anillo que depende de
la velocidad y del campo magnético.
Desde el punto de vista energético el anillo disminuye su energía potencial, que se
transforma en energía cinética del propio anillo y en energía eléctrica debido a la
corriente inducida que se crea en el anillo, produciéndose una disipación de la misma
por efecto Joule, en la resistencia del mismo. Cuando la velocidad del anillo ya es
constante, no varía su energía cinética y toda la energía potencial pasa a energía
eléctrica, de acuerdo con el principio de conservación de la energía.
Supongamos que a una altura h sobre el suelo el anillo lleva
velocidad constante que designamos con v. Si el anillo
desciende una altura dh, y en ello emplea un tiempo dt, la
fuerza electromotriz inducida en el anillo es, de acuerdo con
la ley de Faraday dt/d :
Tomamos arbitrariamente para la corriente inducida I el
sentido de la figura, y así de acuerdo con la regla de la
mano derecha el vector superficie S
tiene la dirección y
sentido señalados en la misma, que coincide con el de B
en
1z .
4
vαBdπ
dt
dhαB
4
dπhαBB
dt
d
4
dπ
dt
dBSS·B
dt
d
dt
dΦε o
2
o
2
oo
2
Esta fuerza electromotriz crea en el anillo una corriente eléctrica inducida de intensidad
R4
vαBdπ
R
εI o
4
El valor positivo de la intensidad nos indica que el sentido arbitrario elegido para la
corriente inducida, es el correcto. Es decir, que durante la caída del anillo (en 1z ) la
corriente inducida circula en el sentido indicado en el dibujo.
La energía calorífica producida por efecto Joule, en el anillo en el tiempo dt es:
B
S
I
74
dtR61
vαBdπdtR
R4
vαBdπdtRI
222
o
422
o
2
2
La disminución de energía potencial en el tiempo dt es. mg dh y como en estas
condiciones ambas son iguales, resulta.
22
o
42
222
o
42222
o
42
αBdπ
Rgm16vvgm
R16
vαBdπdhmgdt
R16
vαBdπ
75
26.- (338) Un disco delgado de radio R y no conductor tiene una densidad
de carga superficial uniforme y un eje de rotación que pasa por el
centro del disco y es perpendicular a él. El disco gira con velocidad
angular constante. Calcular: a) el módulo del campo magnético
creado en el centro del disco, b) el módulo del momento magnético
a) Consideramos una superficie elemental del disco que es una corona circular de ancho
dr y situado a una distancia r del centro del disco, cuya superficie es: dS = 2πr·dr . Ver
la figura inferior.
Esa superficie tiene una carga elemental que vale
r·drπ2·σdS·σdq
Ahora imaginemos un observador situado en un punto frente a corona que determina la
carga que pasa ante él, deduce que cuando el disco dé una vuelta completa toda la carga
de la corona pasa frente él y considera que ha pasado una corriente elemental.
t
dqdi
Siendo t el tiempo que el disco emplea en dar una vuelta completa
rdrωσ
ω
π2
rdrπσ2di
ω
π2t
t
π2ω
Dado que la corona está a una distancia r del centro del disco, de acuerdo con la ley de
Biot-Savart crea en el centro del mismo un campo magnético elemental de módulo
2
o
r
ldi
π4
μdB
Siendo l la longitud de la orona, l= 2 r
dr
r
R
76
drωσ2
μ
r
rπ2di
π4
μ
r
ldi
π4
μdB o
2
o
2
o
La contribución al campo se debe conjunto de todas las
coronas en que descomponemos el disco, por tanto, hemos
de sumar cada contribución
Rωσ2
μdrωσ
2
μB oo
R
0
b) El módulo del momento magnético de una espira es el producto de la intensidad de
corriente por el área de la espira. Para la corona que hemos considerado vale dm y para
el disco completo m.
4
Rωπσdrrωπσmrπrdrωσrπdidm
4322
R
0
77
27.- (381) - Un galvanómetro lleva pivotada una bobina cuyas espiras son
rectangulares de dimensiones a y b. La bobina consta de N espiras. El
resorte ligado a la bobina tiene una constante de torsión k, cuyo par
mecánico restaurador es k siendo el ángulo que gira la bobina. La
inducción del campo magnético es B y actúa en el seno de toda la
superficie de la bobina.
a) Calcular la relación I
θdel aparato, siendo el ángulo girado e I la
intensidad de la corriente que pasa por la bobina.
b) Determinar la potencia que consume el galvanómetro y la relación
entre el ángulo girado y la potencia
c) Si la resistencia óhmica de la bobina es 18 , a = 1 cm y b = 2 cm ,
B=0,05 T , N = 20 espiras , determinar la constante k del resorte si el
ángulo girado vale 30º cuando la intensidad que circula por el aparato es
0,01 A.
a) Antes de contestar al apartado recordemos cómo es la interacción de la bobina
con el campo magnético. Para mayor sencillez consideramos una espira como la
indicada en la figura 1a.
El campo magnético se dirige del polo norte al sur del electroimán. La espira está
recorrida por una corriente de intensidad i que circula en el sentido ACDB; este
sentido determina que la espira tenga una cara NORTE observada tal como indica la
figura 1a. La espira se caracteriza por un vector S
, perpendicular a su plano siendo su
módulo S=ab . En la figura 1b (que es una ampliación de la espira de la figura 1a) se ha
dibujado el vector superficie, que en forma una ángulo de 90º con el vector campo
magnético.
Fig.1a
78
La espira está sometida a un momento magnético que vale:
BSiMM
Este momento hace girar a la espira y si no hubiese resorte y no hubiese rozamiento, la
espira se colocaría en el campo magnético, de modo que los vectores SyB
tendrían
la misma dirección y sentido, o dicho de otra manera, el flujo magnético penetraría por
la cara SUR de la espira y saldría por la cara NORTE, pero como existe un resorte que
crea un momento mecánico opuesto al magnético se alcanza una situación de equilibrio
cuando ambos se igualen y entones la espira formaría un ángulo con la dirección del
campo B.
Igualando los módulos de los momentos magnético y mecánico, resulta:
θkθsenBSi
De la ecuación anterior se deduce que no existe proporcionalidad directa entre el ángulo
girado y la intensidad de la corriente. Para evitar esto, el imán de un galvanómetro no
tiene los polos magnéticos planos como indica la figura 1, sino que son curvos y dan
lugar a un campo magnético radial, el cual determina que el flujo magnético que
atraviesa la bobina sea prácticamente constante e independiente de la posición que
ocupe en el mencionado campo, de esta manera, al desaparecer el seno del ángulo,
existe proporcionalidad directa entre el ángulo girado y la intensidad de la corriente que
atraviesa la bobina.
k
BbaN
k
BSN
i
θθkBSiN
b) La potencia consumida en la bobina vale:
Fig.1b
79
PRk
BbaNθ
BSN
RθkRiP
222
222
c)
rad
mN3,8.10
180
π30
A0,01mA
N0,05m2.101020
θ
iBbaNk
k
BbaN
i
θ 6
222
80
28.- (384) - En la figura inferior el movimiento de AB y A´B´ es uniforme y
el tramo PQ que contiene la resistencia Ro = 3 está fijo. Sobre el
sistema actúa un campo magnético uniforme de inducción B= 1 T,
perpendicular y dirigido hacia dentro del plano. Determinar la intensidad
de la corriente que atraviesa la resistencia Ro.
Datos. v1= 0,3 m/s; v2=0,2 m/s , R1=1 , R2=2A´B´=0,m
Consideramos la espira PABQ. Al moverse AB hacia la derecha aumenta el flujo
magnético que la atraviesa y de acuerdo con la ley de Lenz aparece una fuerza
electromotriz que engendra una corriente inducida de un sentido tal, que crea un flujo
magnético adicional, que tenderá a disminuir ese aumento de flujo, por tanto, este nuevo
flujo y el campo magnético que lo crea , será saliente hacia el observador y de acuerdo
con la mano derecha(explicada en otras secciones de esta web) se produce una corriente
eléctrica de sentido contrario a las agujas del reloj.(corriente inducida) El mismo
razonamiento es válido para la espira PA´B´Q.El circuito anterior equivale al de la
figuras 1.
Calculamos los valores de las fuerzas electromotrices. En un tiempo t, AB se desplaza
v1t y el área aumenta en l v1t
22
211
1 vBΔt
ΔtvB
Δt
ΔΦε;vB
Δt
ΔtvB
Δt
ΔΦε
Aplicamos Kirchoff a las mallas PABQ y PA´B´Q, tomando como sentido positivo el
movimiento de las agujas del reloj.
A
B
P A´
1v
2v
Q B´
R1 Ro
R2
1 2
R1 Ro R2 Fig.1
I1
I2
81
o122222o211111 RIIRIvBε;RIIRIvBε
Sustituyendo los valores numérico.
mA3,60,0036A11
0,17
11
0,21III
A11
0,21
44
0,84
4
11
0,510,03
I11
0,1734I0,03A
11
0,17II110,17
sumando,12I20I0,08;9I12I0,09
3I5I0,02;3I4I0,033II2I0,02;)3I(II0,03
21o
1122
1221
1221122211
82
29.- (385).- En el circuito de la figura inferior los cables de conexión
tienen resistencia despreciable. Cada espira tiene la superficie de un
semicírculo de radio R Los condensadores tienen capacidades C1 y C2
respectivamente. El dispositivo está atravesado por un campo magnético
variable que es perpendicular al plano de los conductores y dirigido hacia
dentro de ese plan. El módulo de ese campo es:
T
toBB
Bo y T son constantes y t es la variable tiempo.
En un determinado instante el cable perpendicular PQ se corta y se
suprime el campo magnético. Se pide la carga de cada condensador.
Calculamos la fuerza electromotriz inducida en la malla situada a la izquierda de PQ.
Supongamos que el intervalo de tiempo que consideramos es desde t=0 a t=T
T2
RπB
Δt
2
Rπ
T
ΔtB
Δt
2
RπB(0)t)B(Δ
Δt
ΔΦε
2
o
2
o
2
1
Otra forma de analizar el problema:
Considerando arbitrariamente que la corriente inducida circula en esta malla en
sentido contrario a las agujas de un reloj, de acuerdo con la regla de la mano derecha
para el flujo , haciendo coincidir los dedos con la mano cerrada en el sentido de la
corriente, , el vector superficie que lo señala el dedo pulgar sale del plano hacia el
observador. En consecuencia ese vector S
y el vector B
formaran un ángulo de 180º.
El flujo a través de ese elemento vale
83
T2
RBº180·cos
2
R·
T
tBS·B
2
o
2o
La fuerza electromotriz inducida
T2
RB
T2
RB
dt
d
dt
d2
o
2
o
1
El sentido en que se carga el condensador C1 nos lo indica la ley de Lenz. Al aumentar
el flujo que atraviesa la malla a la izquierda de PQ, la corriente inducida que se opone
a ese aumento es de sentido contrario a las agujas del reloj, y por consiguiente, la
armadura superior de C1 se cargará positivamente y negativamente la inferior, de modo
que la diferencia de potencial entre el condensador es V = y la carga de dicho
condensador.
1
2
o111 C
2T
RπBCεq
Para el otro condensador los argumentos empleados son los mismos y la corriente
inducida es en sentido contrario a las agujas del reloj, así que la armadura superior de
C2 se carga negativamente y la inferior positivamente.
Al desaparecer PQ y el campo, ocurre que la armadura inferior de C1, cargada
negativamente , está en contacto directo con la armadura inferior de C2, cargada
positivamente; y la armadura superior de C2, cargada negativamente, está en contacto
directo con la armadura superior de C1 , cargada positivamente. Así que de inmediato se
produce una cancelación de cargas, de modo que si la carga de C1 fuese igual a la de C2
los condensadores se descargarían totalmente. Si C1>C2 quedaría un remanente de
carga de valor
21
2
o CCT2
RπB
Esta carga remanente se repartiría a entre los dos condensadores quedando ambos
asociados en paralelo y por tanto a la misma diferencia de potencial. Sea Q1 y Q2 las
cargas finales de cada condensador:
21
211
2
o1
21
2
o
1
21121
2
o
1
211
1
212
2
2
1
121
2
o
21
CC
CCC
T2
RπBQ
CCT2
RπB
C
CCQCC
T2
RπB
C
CQQ
C
CQQ
C
Q
C
Q;CC
T2
RπBQQ
84
Par el condensador C2
21
212
2
o
2CC
CCC
T2
RπBQ
85