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• Víctor Raúl Macedo Q.

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Ley de Faraday e inductancia

Hugo Medina Guzmán

CAPÍTULO 4. LEY DE FARADAY E INDUCTANCIA →

INTRODUCCION Si tenemos una carga q, ésta ocasiona un campo

→

∫E ⋅d l = − L

→

d → B ⋅ nˆ dS dt ∫S

LEY DE LENZ. Hasta este momento no hemos explicado el signo menos, esto nos indica que la fuerza electromotriz aparece en oposición al cambio que se produce sobre él. Es decir, si incrementamos el flujo magnético a través del circuito, la fuerza electromotriz indicada tiende a causar corriente en tal dirección que el flujo decrezca, si tratamos de introducir un imán en una bobina, la corriente inducida tendrá un sentido tal que forma un campo magnético que tiende a repeler el polo magnético. Quien estableció el sentido de las corrientes Inducidas fue H.F. Lenz, contemporáneo de Faraday con el siguiente enunciado conocido como Ley de Lenz: “La corriente que es inducida tendrá una dirección de tal forma que se oponga a la causa que la produce”; que es una consecuencia de la conservación de la energía, de no ser así la corriente inducida podría seguir induciendo corriente y a la vez aumentándola, lo que no es cierto.

eléctrico E y si esta carga está moviéndose con →

una velocidad v ocasionará también un campo magnético. Es decir, tenemos asociados tanto un campo eléctrico en movimiento con un campo magnético. En 1839 fue Michael Faraday quien presentó un informe de sus observaciones de un campo eléctrico asociado con un campo magnético en movimiento. A partir de estos experimentos se han desarrollado los generadores modernos, los transformadores, etc. En este Capítulo trataremos de la formulación de las leyes de la inducción y su aplicación en casos simples. LEY DE FARADAY Faraday observó experimentalmente la asociación de un campo magnético variable en el →

tiempo B con un campo eléctrico. En la figura siguiente se muestra un imán en movimiento y el efecto que hace sobre una aspira de alambre conectada a un galvanómetro. Se ve efecto solamente cuando el imán está en movimiento no así cuando está estático.

Ejemplo 1. Se tiene una espira circular que gira alrededor de su diámetro en una región de campo magnético constante y uniforme. ¿Para que orientación del plano de la espira respecto del campo magnético es la fuerza electromotriz inducida máxima? Solución. →

→

Φ B = B• A = BA cosθ dθ dΦ ε = − B = BA senθ st dt La fuerza electromotriz inducida máxima es para θ = 90º. El plano de la espira debe ser paralelo al campo magnético. El resultado de un gran número de experimentos puede resumirse asociando a una fuerza electromotriz con un cambio de flujo magnético.

ε =−

dΦ dt

Esto se conoce como la Ley de Faraday.

∫

→

→

Como ε = E ⋅ d l L

∫

→

y Φ = B ⋅ nˆ dS

Ejemplo 2. Un solenoide de longitud l y n2 vueltas, diámetro D2 y resistencia R en su interior

S

Podemos escribir que 1

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hay un solenoide de igual longitud y n1 vueltas, diámetro D1 conectado a una pila por medio de una llave S. Determinar la corriente que circula en el solenoide exterior al momento de cerrar le llave S en función de la corriente y en el solenoide Interior.

De la ley de Ampere, el campo magnético dentro del alambre, a la distancia r del eje, es

B(r ) =

Considere una pequeña tira de longitud L y ancho dr que esta a una distancia r del eje del alambre. El flujo a través de la tira es

Solución. El campo magnético producido por el solenoide interior es

B = μ 0 N1 I1 = μ 0

dΦ B = B(r )Ldr =

n1 I1 l

⎛ μ IL ⎞ R Φ B = ∫ dΦ B = ⎜ 0 2 ⎟ ∫ r dr ⎝ 2πR ⎠ 0 μ IL = 0 4π

n1 ⎛ πD12 ⎞ ⎟ Φ = BA = μ 0 I 1 ⎜⎜ l ⎝ 4 ⎟⎠

El resultado es independiente del radio R del alambre.

Es fuerza electromotriz inducida en el solenoide exterior es:

d d μ 0 n1πD12 Φ = −n2 I1 4l dt dt μ n n πD 2 dI ε =− 0 1 2 1 1 4l dt

ε = −n2

Ejemplo 4. Tenemos dos circuitos como los mostrados en la figura. Usar la ley de Lenz para determinar la dirección de la corriente inducida en la resistencia R’, cuando. a) Le bobina A se acerca a la bobina B. b) Se disminuye la resistencia R. c) Se abre la llave S.

La corriente es:

I2 =

R

=

μ 0 n1 n2πD12 dI 1 4 Rl

μ0 IL r dr 2πR 2

El flujo total flux a través del rectángulo es

El flujo magnético es

ε

μ0 Ir . 2πR 2

dt

De este resultado deducimos que tendremos corriente I 2 mientras la corriente I 1 este variando, o sea, mientras sube de su valor cero hasta que toma su valor máximo. Ejemplo 3. Un alambre cilíndrico muy largo de radio R conduce una corriente I distribuida uniformemente en toda la sección transversal del alambre. Calcule el flujo magnético a través de un rectángulo con un lado de longitud L que se extiende a lo largo del centro del alambre y otro lado de longitud R, como se muestra en la figura.

Solución. a) Al acercarse B hacia A el flujo magnético aumenta en B, para contrarrestar esto debe aparecer un campo magnético en oposición. Este campo magnético sería originado por una corriente como la indicada en la figura.

Solución.

b) A1 disminuir 1a resistencia R aumenta la corriente y al aumentar la corriente el flujo 2

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bobina A, y por lo que se produce un campo magnético más fuerte, llevando a mayor flujo hacia la derecha a través de la bobina B. Por lo tanto, la corriente inducida debe producir su propio campo magnético hacia la izquierda para oponerse al flujo creciente. Eso significa que la corriente debe pasar a través de la resistencia de b a a.

magnético se incrementa. En oposición a este cambio debe aparecer un campo magnético originado por una corriente como la indicada en la figura.

Ejemplo 6. El eje de una bobina de 250 vueltas y del área 0,002 m2 se alinea a 40° con un campo magnético uniforme. ¿El campo magnético disminuye a partir de 0,08 a 0,02 T en 0,020 s. cuál es la fuerza electromotriz media generada en la bobina? Solución.

c) Al abrir la llave la corriente empieza a disminuir su valor hasta cero, esto ocasiona una disminución de flujo magnético. En oposición a este cambio debe aparecer un campo magnético originado por una corriente como la indicada en la figura.

ΔΦ B nAΔB cos θ = Δt Δt (250)(0,002)(0,06)(cos 40º ) = 0,02

ε= Ejemplo 5. Con base en la ley de Lenz, determine el sentido de la corriente en la resistencia ab de la figura cuando a) se abre el interruptor S después de haber estado cerrado varios minutos; b) se acerca la bobina B a la bobina A con el interruptor cerrado; c) se reduce la resistencia de R mientras el interruptor permanece cerrado.

= 1,15 V Ejemplo 7. Acercando un imán a una bobina de 2000 espiras se incrementa el flujo magnético que corta a la bobina de 0 a 1,5 x 10-5 Wb en 1/10 de segundo. Si la resistencia de la bobina es de 20 Ω , determine la corriente media que se induce en la misma.

Solución. a) Cuando el interruptor es abierto, el campo magnético hacia la derecha disminuye. Por lo tanto corriente inducida de la segunda de la bobina produce su propio campo hacia la derecha. Eso significa que la corriente debe pasar a través de la resistencia de a a b. b) Si la bobina B se mueve acercándose a la bobina A, más el flujo pasa a través de ella hacia la derecha. Por lo tanto, la corriente inducida debe producir su propio campo magnético hacia la izquierda para oponerse al aumento de flujo. Eso significa que la corriente debe pasar a través de la resistencia de b a a. c) Si la resistencia variable R disminuye, entonces más corriente fluye a través de la

Solución.

I=

ε

R

=

ε

20 1,5 × 10 −5 dΦ = −2000 ε =− dt 10 −1 = - 0,3 V

I=

0,3 = 0,015 V 20

Ejemplo 8. A través de un solenoide de 1000 vueltas pasa un flujo magnético de 10-3 Wb. Si el flujo se reduce en 10-3 s a 10-4 Wb. ¿Cuál será en voltios la fuerza electromotriz que se induce? 3

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magnético de 0,5 T de un electroimán. ¿Cuál es la fuerza electromotriz que se induce en la espira cuando gira alrededor de su diámetro con una velocidad de 1 200 rpm?

Solución. La variación de flujo magnético es

ΔΦ = 10 −3 − 10 −4 = 9 × 10 −4 Wb y, por tanto, la fuerza electromotriz inducida es:

ε=n

9 × 10 −4 ΔΦ = 1000 Δt 10 −3

= 900 V. Ejemplo 9. Un solenoide alargado transporta una corriente que produce un campo magnético B en su centro. Se introduce el solenoide dentro de una bobina estrecha de 20 espiras y área 2 cm2 que tiene una resistencia total de 1 Ω . Al conectar los extremos de la bobina e invertir la corriente que circula el solenoide se produce en la bobina una corriente inducida de 10 μA durante 0,1 s. Calcule el campo B. Solución. Al invertir la corriente la variación del flujo es:

Solución.

ω = 1200 rpm =

En 1/4 de vuelta (equivalente a 1/80 segundos) la espira pasa de una posición de máximo número de líneas de flujo cortadas a otra posición de mínimo (cero). Por tanto,

ΔΦ BA =n Δt Δt 2 0,5π (0,1) 40π = = 0,4π = 1× 1 80 100

ε =n

ΔΦ = nBA − (− nBA) = 2nBA

De aquí

ΔΦ 2nBA = Δt Δt 2 × 20 B (2 × 10 −4 ) = 8 × 10 − 2 B = 0,1

= 1,26 V.

ε=

Ejemplo 12. Una bobina de n vueltas y de área A se coloca en un campo magnético B y se la hace rotar con velocidad angular constante ω sobre un diámetro perpendicular al campo magnético. Derive una expresión para la fuerza electromotriz inducido en la bobina. Solución. Φ B = nAB cos θ = nAB cos ωt ,

La corriente inducida es:

I = 10 × 10 −6 =

ε R

=

8 × 10 −2 B 1

De donde resulta: B = 1,25 x 10 T.

ε =−

Ejemplo 10. Un campo magnético se puede medir de la manera siguiente: Una bobina de 250 vueltas y de área 1,80 cm2 se coloca en un imán permanente de modo que el flujo magnético máximo pase a través de la bobina. Se conecta con un galvanómetro que mide el flujo total de la carga. Cuando la bobina se mueve de un tirón rápidamente fuera del imán, se observa que fluye una carga de 0,25 mC. El circuito del galvanómetro de bobina tiene una resistencia de 4 Ω . ¿Cuál es el campo magnético? Solución.

Δq ε ΔΦ B nAB = = = Δt R RΔt RΔt RΔq (4) 0,25 × 10 −3 = ⇒ B= nA (250) 1,8 × 10 −4

(

dΦ B = nABsenωt dt

Ésta es la base para un generador de corriente alterna. Por medio de los contactos convenientes, puede generarse corriente continua. Ejemplo 13. Una bobina de 1 000 espiras y radio 5 cm conectada a un galvanómetro, y situada perpendicularmente al campo de un electroimán se extrae bruscamente del mismo. El galvanómetro, cuya resistencia es de 1 000 Ω , acusa en este proceso una carga total inducida de 10 C. Determínese la inducción magnética del electroimán, sabiendo que la bobina tiene una resistencia de 20 Ω . Solución.

I=

(

1200 = 20 rps 60

) )

Φ = IR , t (10 −3 )(1020) Φ ItR = B= = A nA (1000)(π 0,05 2 )

ε =n

= 0,022 T Ejemplo 11. Una espira circular de radio 10 cm está situada perpendicularmente al campo 4

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Para que se cumpla la condición de variación del campo magnético en el tiempo (1 - cos ωt) = 0 para t = 0 y (1 - cos ωt) = - 1 para t = 1 s ω debe se igual a π. Luego B = 0,12(1 − cos πt )

= 0,13 T Ejemplo 14. Campo magnético cambiante. Se está probando un nuevo sistema de adquisición de datos. Este sistema permite registrar una gráfica de la corriente de un circuito en función del tiempo. Para este ensayo se tiene una bobina de alambre de cobre de 4,00 cm de radio y 500 espiras conectada en serie a una resistencia de 600 Ω. La resistividad del cobre es de 1,72 x 10-8 Ω m, y el alambre de la bobina tiene un diámetro de 0,0300 mm. Se coloca la bobina sobre una mesa inclinada 30,0° respecto a la horizontal y se coloca entre los polos de un electroimán. El electroimán genera un campo magnético vertical hacia arriba que es cero cuando t < 0, igual a (0,120 T)(1 cosωt) cuando 0 ≤ t ≤ 1,00 s , e igual a 0,240 T cuando t > 1,00 s. a) Dibuje la gráfica que el sistema de adquisición de datos debe crear. (Se trata de un sistema completo, por lo que la gráfica incluye rótulos y valores numéricos en los ejes). b) ¿Cuál es el sentido de la corriente visto hacia abajo en dirección vertical?

El flujo magnético a través de la bobina. Φ B = NBA cos 30º , N = 500 espiras

B = 0,12(1 − cos πt )

A = π (4 × 10− 2 ) = 0,5 × 10− 2 m 2 2

Reemplazando:

Φ B = 0,12 NA(1 − cos πt )cos 30º

= 0,10(500)(0,5 × 10−2 )(1 − cos πt ) = 0,25(1 − cos πt ) Wb

a) Para t < 0 B = 0,

Si se mira la bobina en dirección vertical hacia abajo, ¿fluye la corriente en el sentido de las manecillas del reloj o en sentido contrario? Solución. Cálculos previos. Resistencia del circuito: R

para

el

alambre:

Ralambre =

ηL

=

A −8 −3 η = 1,72 × 10 Ωm , r = 0,0150 × 10 m L = Nc = N 2πr = (500)(2π )(0,0400) =125,7 m A = πr2 = π (0,015 x 10-3)2 = 7,07 x 10-10 m2 1,72 × 10−8 (125,7 ) Ralambre = 7,07 × 10−10

(

ΦB = 0 , ε =

dΦ B ε = 0, I = = 0 dt R

Para 0 ≤ t ≤ 1,00 s B = 0,120 (1 – cos2t) T

Φ B = 0,25(1 − cos ωt ) Wb

ρL ; πr 2

La fuerza electromotriz inducida

dΦ B = 0,25πsenωt dt = 0,785senωt V

ε =

La corriente inducida

0,785senωtV 3058 Ω R = 0,257senπt mA

I=

)

ε

=

= 3058 Ω La resistencia total del circuito es R = 3058 Ω + 600 Ω = 3658 Ω

Para t > 1,00 s

Cálculo del flujo magnético:

Registro gráfico de la corriente del circuito en función del tiempo.

B = 0,240 T

Φ B = 0,06 A , ε = N

5

dΦ B ε = 0, I = = 0 dt R

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b) De 0 ≤ t ≤ 1,00 s Solución. a)

El campo magnético B aumenta y Φ B aumenta. En oposición a este cambio aparece un campo magnético inducido

q =0 C dq q R + =0 dt C dq 1 dt =− q RC q dq 1 t ∫q0 q = − RC ∫0 dt q t ln = − q0 RC RI +

tal que la corriente I es en el sentido horario Ejemplo 15. En el circuito de la figura, el condensador tiene una capacidad C = 20 µF y ha sido cargado inicialmente a 100V con la polaridad que se indica. La resistencia R0 es de 10 Ω. Se cierra el interruptor en el tiempo t = 0. El circuito pequeño no está conectado por ningún medio con el circuito grande. El alambre del circuito pequeño tiene una resistencia de 1,0 Ω /m y contiene 25 espiras. El circuito grande es un rectángulo de 2,0 m por 4,0 m. en tanto que las dimensiones del pequeño son a = 10,0 cm y b = 20,0 cm. La distancia c es de 5,0 cm. (La figura no ha sido dibujada a escala.) Ambos circuitos están inmóviles. Suponga que sólo el alambre más próximo al circuito pequeño crea un campo magnético apreciable a través de él. a) Halle la corriente en el circuito grande 200 µs después de cerrar S. b) Halle la corriente en el circuito pequeño 200 µs después de cerrar S. c) Halle el sentido de la corriente en el circuito pequeño. d) Justifique por qué se puede pasar por alto el campo magnético creado por todos los alambres del circuito grande salvo el alambre más próximo al circuito pequeño.

q = q0e

−

t RC

= εCe

−

t RC

dq ε − I= = − e RC dt R t

t

=−

t

− 100 − 2×10 −4 −4 e = 10e 2×10 A 10

Para t = 2 x 10-4 s Obtenemos I = 10 e −1 = 3,7 A. b)

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c) La corriente inducida se opondrá a la disminución en el flujo de la espira grande por lo tanto la corriente inducida será en sentido antihorario.

Suponiendo que sólo el largo hilo más cercano a la espira pequeña produce un apreciable flujo magnético a través de ella

d) Tres de los alambres en la espira grande están demasiado lejos para hacer una contribución significativa a los cambios en la espira pequeña, como puede verse comparando la distancia c con las dimensiones de la espira grande

μ Ib dx ⎛μ I ⎞ dΦ B = B⋅ A = ⎜ 0 kˆ ⎟ ⋅ (bdxkˆ ) = 0 2π x ⎝ 2πx ⎠ → →

Integrando

μ0 Ib c + a dx 2π ∫c x μ Ib ⎛ a ⎞ = 0 ln⎜1 + ⎟ 2π ⎝ c⎠

ΦB =

Ejemplo 16. La figura muestra una espira rectangular, ubicada fija y de manera paralela en el mismo plano que contiene a un alambre muy largo y recto. El alambre conduce una corriente I(t) = I0 e-t. Suponga que la espira tiene una resistencia R. a) Hallar el flujo de campo magnético sobre la espira. b) halle el sentido y la magnitud de la corriente inducida en la espira. c) halle la potencia disipada en forma de calor por la espira. d) ¿Es correcto (si o no) afirmar que la fuerza magnética total sobre la espira es cero? Justifique brevemente su respuesta.

t

μ b ⎛ a⎞ − Φ B = 0 ln⎜1 + ⎟10e 2×10 2π ⎝ c⎠

−4

− 4π × 10−7 (0,2 ) (ln 3)10e 2×10 −4 ΦB = 2π t

−7

Φ B = 4,39 × 10 e

−

t

2×10 − 4

Wb

Tal que la fuerza electromotriz inducida en la espira pequeña en t = 2 x 10-4 s es t

dΦ d − −4 ε=− = − 4,39 × 10 − 7 e 2×10 dt dt t ⎛ − −4 ⎞ ⎜ e 2×10 ⎟ −7 = − 4,39 × 10 ⎜ −4 ⎟ ⎜ − 2 × 10 ⎟ ⎝ ⎠ −3

= 2,2 × 10 e

−

t 2×10 − 4

Para t = 2 x 10-4 s

ε Inducida = 2,2 × 10 e = 2,2 × 10 e − 3 −1

−3

−

t 2×10 − 4

(0,37 ) Solución.

a) El flujo de campo magnético sobre la espira.

ε Inducida = 0,81 × 10−3 V Luego, la corriente inducida en la espira pequeña es

I Inducida =

ε Inducida R

=

0,81 × 10 −3 25(0,600 )(1,0 )

= 54 x 10-6 A 7

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FUERZA ELECTROMOTRIZ DEL MOVIMIENTO Un ejemplo interesante de una fuerza electromotriz inducida ocurre cuando un conductor se mueve a través de un campo magnético. En la figura a continuación una barra del metal de longitud l orientada perpendicularmente a un campo magnético uniforme y movido con velocidad constante perpendicular a su longitud y al campo. Un portador positivo de carga experimentará una →

Flujo magnético a través del diferencial de superficie

→

fuerza q v × B dirigida hacia la parte superior de la barra.

dΦ B = Bkˆ • adxkˆ = Badx μI μ aI = o (t ) adx = o 0 e −t dx 2πx 2πx Integrando

Φ B = ∫ dΦ B = =

μo aI 0e −t 2π

∫

d +b

d

dx x

d +b μo aI 0 e ln 2π d

La carga positiva se acumulará en el extremo superior de la barra y formará un campo eléctrico

−t

→

E , tal que en el qE = qvB en la situación

b) El sentido de la corriente inducida en la espira es en oposición al cambio, el sentido es antihorario.

constante. Esto significa que se desarrollará una fuerza electromotriz entre los extremos de la barra, ε = Edy = E l = B l v .

∫

Podríamos también llegar este resultado usando la ley de Faraday. Considere un lazo rectangular imaginario, indicado por la línea discontinua. La barra forma un lado del lazo. En el tiempo dt la barra se mueve una distancia vdt hacia la derecha, aumentando el área del lazo vdtl . Esto aumenta el flujo a través del lazo en dΦ B = Bvldt , tal

La fuerza electromotriz inducida

dΦ B d μo aI 0e − t d + b ln =− dt dt 2π d μ aI d + b −t e = o 0 ln 2π d

ε =−

que ε =

electromotriz es conocida como fuerza electromotriz de movimiento.

La magnitud de la corriente inducida en la espira

I=

ε

R

=

dΦ B = Bvl . Esta clase de fuerza dt

μo aI 0 d + b − t ln e d 2πR

ε = Bvl

c) La potencia disipada en forma de calor por la espira.

Ejemplo 17. El alambre recto y largo de la figura (a) conduce una corriente constante I. Una barra metálica de longitud L se desplaza a velocidad

P = I 2R 2

d + b −t ⎞ ⎛ μ aI e ⎟ R = ⎜ o 0 ln d ⎠ ⎝ 2πR 2 2 2 2 μ a I ⎛ d + b ⎞ − 2t = 0 2 0 ⎜ ln ⎟ e 4π R ⎝ d ⎠

→

constante v , como se muestra en la figura. El punto a está a una distancia d del alambre, a) Calcule la fuerza electromotriz inducida en la barra. b) ¿Cuál punto, a o b, está a un potencial más alto? c) Si se sustituye la barra por una espira rectangular de alambre de resistencia R (Figura

d) No es correcto, porque el campo magnético producido por la corriente variable I(t) = I0 e-t.

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celulares son típicamente 70 mV. Sin embargo, para los jets 747 con una extensión de alas de 60 m y una velocidad de 900 km/h, el efecto es apreciable.

b), ¿cuál es la magnitud de la corriente inducida en la espira?

Fuerza electromotriz producida por un alambre que se desliza en un campo magnético. Supongamos dos rieles horizontales paralelos separados una distancia l , como se muestra en la figura. Solución. a) La fuerza electromotriz inducida en la barra en un elemento diferencial dr.

μ Iv ⎛→ →⎞ → dε = ⎜ v × B ⎟ ⋅ d r = vBdr = 0 dr 2πr ⎝ ⎠ Integrando para toda la barra

Sea un campo magnético perpendicular al plano. Debido a la corriente I, el conductor sufre una fuerza de magnitud F = lIB F hacia la derecha. Esta fuerza lo acelera hacia la derecha, de tal manera que en un determinado lapso de tiempo se mueve con una velocidad v . El flujo magnético a través de la aspira es:

μ0 Iv d + L dr ⇒ ∫0 2π ∫d r μ Iv ⎛ d + L ⎞ ε = 0 ln⎜ ⎟ 2π ⎝ d ⎠ ε

dε =

b) El punto a, es el de mayor potencial. La fuerza magnética es más fuerte en el extremo superior, más cercano a la corriente del alambre ocasionando que la fuerza sobre las cargas positivas sea mayor allí, lo que lleva a acumular más positivos en este extremo. c) Si la única barra fue sustituida por una espira rectangular, los lados paralelos al alambre no tendrían fuerza electromotriz inducida, pero los lados perpendiculares al alambre tendrán una fem inducida, al igual que en la parte (b). Sin embargo, no fluye corriente porque cada lado tendrá su mayor potencial más alto cerca al alambre con corriente. Sería como tener dos baterías de polaridades opuestas conectadas en una espira.

Φ = BA = Blx

Al moverse el conductor con velocidad v se produce un cambio en este flujo

dΦ dx = Bl = Blv dt dt

Por la ley de Faraday esto produce una fuerza electromotriz.

ε '= −

dΦ = − Blv dt

Haciendo circular una corriente I’ en oposición a I (por la Ley de Lenz)

I'=

ε' R

=−

Blv R

Siendo R la resistencia del circuito.

Ejemplo 18. Se ha sugerido que Las aves podrían utilizar la fuerza electromotriz inducida entre los extremos de sus alas por el campo magnético de la tierra como un medio para ayudarles en su navegación durante la migración. Qué fuerza electromotriz sería inducida para que un ganso de Canadá con una extensión de alas de 1,5 m que vuela con una velocidad de 10 m/s en una región donde la componente vertical del campo de la tierra es 2 x 10-5 T. Solución. ε = Blv = (2 x 10-5)(1,5)(10) = 3 x 10-4 V = 0,3 mV. Esto probablemente es demasiado pequeño para ser detectado por las aves, puesto que los voltajes

Otra manera de encontrar esta fuerza electromotriz inducida es mediante la fuerza de Lorentz y la conservación da la energía. La potencia suministrada es ε 0 I , se consume

I 2 R en la resistencia y Fv en mover al alambre con una velocidad v . De tal modo que: ε 0 I = I 2 R + Fv El valor de I es menor que

ε0 R

, el valor en caso

estático. Para evitar esta dificultad sumamos una variable adicional con el fin de mantener a I constante.

(ε 0 + ε ')I = I 2 R + Fv

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Aquí corresponde ε 0 I = I 2 R

Dejando ε ' I = Fv = (IlB )v ⇒ ε ' = Blv ε ' no es la fuerza electromotriz inducida, es el negativo de ella, cuyo fin es mantener la corriente constante

ε '= −

dΦ dt

Demostrar que la potencia entregada es igual a la potencia disipada. Solución. Supongamos una espira como la mostrada en la figura de resistencia R y que sale con velocidad v de la acción del campo B. El flujo magnético encerrado por la espira en un momento dado es

Ejemplo 19. Una barra horizontal de 5 m de longitud orientada en la dirección Este-Oeste cae desde lo alto de un precipicio formando un ángulo recto con la componente horizontal del campo magnético de valor 2,4 x 10-5 T. ¿el valor instantáneo de la fuerza electromotriz inducida en la barra a los 5 s y a los 10 s de caída? Solución. La velocidad de la barra a los 5 s y 10 s de caída será, respectivamente, v5 = gt 5 = 9,81 × 5 = 49,05 m/s,

Φ = Bl x

Como x está variando

dΦ dx = Bl = Blv dt dt

La fuerza electromotriz inducida es:

v10 = gt10 = 9,81 × 10 = 98,10 m/s.

ε =−

La fem inducida en la barra en cada caso será: ε 5 = Blv5 = 49,05 x 2,4 x 10-5 = 58,86 x 10-4 V ε 10 = Blv10 = 98,10 x 2,4 x 10-5 = 117,72 x 10-4 V

dΦ = − Blv dt

La corriente producida es

I=

ε

R

=

Blv R

El sentido en oposición a la disminución de líneas de flujo seria el indicado en la figura siguiente.

Ejemplo 20. ¿Qué fuerza electromotriz se induce en el eje frontal de un automóvil que se dirige hacia el Norte a la velocidad uniforme de 100 km/h si el eje tiene 1,5 m de longitud y la componente vertical del campo magnético terrestre es de 5 x 10-5 T? ¿Qué extremo del eje estará a mayor potencial? Solución. El eje se desplaza con una velocidad de: 100 km/h =27,78 m/s. Por tanto, la fuerza electromotriz inducida en un campo de 5 x 10-5 T será: ε = Blv = 27,78 x 5 x 10-5 x 1,5 = 2,08 x 10-3 V. Las cargas positivas (regla de la mano derecha) se desplazan en estas condiciones de E a O. Por tanto, estará a mayor potencial el extremo izquierdo (oeste) del eje.

Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la espira, F1 y F2 son iguales en magnitud y opuestas en sentido, F3 = IlB en el sentido indicado, como la espira se desliza a velocidad constante la fuerza externa Fexterna es igual a F3 .

Fexterna = IlB La potencia desarrollada por el agente externo

P = (Fexterna )v = IlBv Blv Como I = , tenemos R B 2l 2v 2 P= R

Ejemplo 21. Espira rectangular en presencia de un campo magnético.

La potencia disipada en al circuito es 10

Ley de Faraday e inductancia

P = I 2 R , con I = P=

Hugo Medina Guzmán

Blv : R

B 2l 2v 2 R

Con lo que demostramos que la potencia entregada es igual a la potencia disipada.

dΦ B = −bLv dt ε BLv I= = R R

ε =−

Ejemplo 22. Una espira cuadrada de alambre con resistencia R se traslada con rapidez constante v a través de un campo magnético uniforme confinado en una región cuadrada cuyos lados son dos veces más largos que los de la espira cuadrada. a) Grafique la fuerza externa F que se necesita para trasladar la espira con rapidez constante en función de la coordenada x, de x = - 2L a x = + 2L. La coordenada x se mide del centro de la región de campo magnético al centro de la espira. Es negativa cuando el centro de la espira está a la izquierda del centro de la región de campo magnético. Considere que la fuerza positiva es hacia la derecha. b) Grafique la corriente inducida en la espira en función de x. Tome las corrientes en sentido contrario a las manecillas del reloj como positivas.

F = ILˆj × (− Bkˆ ) = − ILBiˆ →

La fuerza externa para mover a la espira con velocidad constante es igual en magnitud y opuesta en sentido. →

F = ILBiˆ =

vB 2 L2 iˆ R

iii) De x = - L/2 a x = L/2, F = 0

No hay cambio de flujo magnético a través de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no actúa ninguna fuerza sobre esta. F=0 iv) De x = L/2 a x = 3L/2, F = ILB Solución. Cálculos previos. i) De x = – 2L a x – 3L/2, F = 0

dΦ B = −bLv dt ε BLv I= = R R

ε =− No hay flujo magnético a través de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no actúa ninguna fuerza sobre esta. F=0 ii) De x = – 3L/2 a x = - L/2, F = ILB

F = ILˆj × (− Bkˆ ) = − ILBiˆ →

La fuerza externa para mover a la espira con velocidad constante es igual en magnitud y opuesta en sentido. →

F = ILBiˆ =

vB 2 L2 iˆ R

v) De x = 3L/2 a x = 2L, 0 11

Ley de Faraday e inductancia

Hugo Medina Guzmán

una velocidad constante v a través de un campo

⎛→ ⎝

⎞ ⎠

magnético uniforme ⎜ B = − Bkˆ ⎟ de ancho 3a. a) Suponga como sentido positivo del flujo magnético el sentido positivo de z. Grafique el flujo magnético en función de la posición x del lazo (x posición del lado derecho). b) Grafique la fuerza electromotriz inducida en función de x. c) A partir de la ley de Lenz, halle el sentido de la corriente inducida a lo largo de x. d) Grafique la fuerza magnética sobre el lazo en función de x.

No hay flujo magnético a través de la espira, por lo tanto do hay corriente inducida y no actúa ninguna fuerza sobre esta. F=0 Cuadro resumen.

ε

I

F 0 -2L → - 3L(2 - 3L(2 → -L/2 BLv BLv/R ILB 0 -L/2 → L/2 BLv -BLv/R ILB L/2 → 3L(2 0 3L(2 → 2L a) Gráfico la fuerza externa F que se necesita para trasladar la espira con rapidez constante en función de x.

Solución. a) Flujo magnético en función de x. x < 0 ⇒ ΦB = 0 0 < x < a ⇒ ΦB = - Blx a < x < 3a ⇒ ΦB = 0 3a < x < 4a ⇒ ΦB = - Bl(x – 4a) x > 4a ⇒ ΦB = 0 Gráfico

b) Gráfico la corriente inducida en la espira en función de x.

Donde →

F = ILBiˆ =

ε = vBL = IR ⇒ I 0 =

vBL R

b) Fuerza electromotriz inducida en función de x. x 4a ⇒ ε = 0 Gráfico

y

vB 2 L2 iˆ . R

Ejemplo 23. Un lazo rectangular conductor de resistencia R, ancho a y longitud l se mueve con

c) La corriente inducida a lo largo de x. 12

Ley de Faraday e inductancia

Hugo Medina Guzmán

x < 0 ⇒ ΦB = 0 ε = 0 I = 0 F = 0

a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en función de la posición de la espira, es decir, cuando la espira se está introduciendo, está introducida, y está saliendo de la región que contiene el campo magnético. b) Explíquese el mecanismo (fuerza sobre los portadores de carga) de establecimiento de la corriente inducida en los tres casos citados. c) Grafique el flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza neta en función de la posición x.

Blv sentido antihorário 0