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• Inva Fritsenguer Figueroa

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1. Una espira con forma de triángulo rectángulo se mueve con velocidad

v  viˆ entrando en una región de campo magnético homogéneo B  Bkˆ que sale de la página. Hallar la magnitud de la Fem  inducida en la espira e indique en qué dirección se mueve la corriente inducida.

y v x



x

SOLUCIÓN: Sea

x

la parte horizontal del triángulo que está dentro de la región con campo. El flujo

magnético vale:

m   B  dA .

Si consideramos que

son paralelos y como es constante, se tiene:

dA

sale de la página, entonces

1

B

y



m   B  dA  BAtriángulo  B  xh  , donde h 2 

dA es

la altura del triángulo rectángulo que está justo dentro de la región con campo. Dado que

tan  

h , x

el flujo queda:

m 

1 2 x B tan  . 2

Aplicando Faraday-Lenz:

 

dm dt

, se tiene:

dm d  x 2 B tan        . En valor absoluto, la Fem inducida vale   vBx tan  dt dt  2  La corriente inducida va en la dirección de los punteros del reloj para producir un campo magnético inducido hacia dentro del plano, de modo de contrarrestar el aumento de flujo hacia afuera. Usando la fuerza magnética sobre una carga móvil La fuerza magnética sobre una carga

q

que pertenece a la varilla horizontal o a la varilla

inclinada, y que se mueve con velocidad

v

en el campo magnético

B  Bkˆ , viene dada por :

 

Fm  qv  B  q viˆ  Bkˆ  qvBjˆ El campo eléctrico equivalente que actúa sobre la carga

q

viene dado por: E  vBjˆ .

(1)

Fem producida por la varilla horizontal: La diferencia de potencial a lo largo de la varilla horizontal vale cero, porque el campo eléctrico E  vBjˆ y el desplazamiento dl  dxiˆ a lo largo de la varilla horizontal son perpendiculares, es decir, b

b

a

a

 horizontal    vBjˆ    dxiˆ    vBdx  ˆj  iˆ   0

(2)

Fem producida por la varilla inclinada:

v

y

Fm ,t



dl

Fm ,l

Fm



En la figura, la fuerza sobre una carga en el alambre inclinado apunta hacia abajo

x

Fm  qvBjˆ , igual que

para la varilla horizontal. Esta fuerza se puede descomponer en una fuerza perpendicular al alambre inclinado, Fm ,t , que producirá una Fem igual a cero y una fuerza Fm ,l , que apunta justo hacia abajo a lo largo del alambre inclinado. Esto implica que la Fem inducida apunta hacia abajo a lo largo del alambre, es decir, la corriente inducida va a favor de los punteros del reloj. Este resultado coincide con el resultado obtenido por la ley de Farady-Lenz. A lo largo de la varilla inclinada (ver figura), el vector desplazamiento dl vale dl   dxiˆ  dyjˆ . El campo eléctrico vale lo mismo que antes E  vBjˆ , luego, la Fem vale

    E  dl     vBjˆ    dxiˆ  dyjˆ  (3)

   vBdy  vBy

De acuerdo a la figura,

tan  

y , luego, y  x tan  , y la Fem queda: x

  vBx tan  Esta Fem apunta hacia abajo del plano inclinado. Este resultado es el mismo resultado obtenido usando la ley de Faraday-Lenz.

2.-La corona circular mostrada en la figura tiene una densidad de carga uniforme  y radio interior ri  a y radio exterior re  b . Justo sobre el eje de la corona y a una distancia D de su centro se encuentra una varilla de largo L que tiene una densidad lineal de carga uniforme  . Calcule la fuerza resultante

F ejercida por la corona sobre la varilla.

 D

L

z

Solución:

Este problema puede ser resuelto de varias maneras. En primer lugar elegiremos hacerlo considerando que la corona esta formada de un número infinito de alambres circunferenciales de radio r que lleva una carga diferencia dq , cada uno de los cuales produce un campo diferencial

dE que apunta a lo largo del eje de simetría del alambre

y de la corona. En segundo lugar lo haremos empleando el campo creado por un elemento de carga de la corona en un punto sobre su eje de simetría.

PRIMER METODO:

Campo eléctrico creado por un alambre circular cargado:

Calculemos el campo creado por un alambre de radio r y carga

q

a una distancia z

sobre el eje de simetría del alambre. La figura muestra el campo diferencial

dE creado

por una carga diferencial dq en un punto del eje z .

dq r

q

z

l 

 dE

Usando la ley de Coulomb, el módulo

dE 

dE del campo viene dado por

k dq kdq = 2 2 l r  r

donde l  r  r  

r2  z2 .

Por simetría, el campo total creado por el alambre sólo tiene componente a lo largo del eje z :

E

kdq cos  l2

donde

cos  

z l

se obtiene

E

k z dq l3

Pero cuando se recorre todo el alambre circular para generar el campo resultante, no varían ni z ni

E

l , por lo que pueden ser sacados de la integral

kz dq l3 



La integral no es más que la carga total del alambre q  dq , así que el campo total creado por el alambre viene dado por

E

r

kqz 2

 z2 

3/ 2

Campo eléctrico creado por una corona circular cargada:

Consideramos que la corona está formada por un número infinito de alambres de distintos radios, y que cada alambre de carga diferencial dq genera un campo diferencial

dE . Este campo diferencial es justamente el campo del alambre recién

encontrado:

dE 

r

k dq z 2

 z2 

3/ 2

dq

r z

dE

donde

dq se expresa en función de la densidad superficial de carga  

dq en la dA

forma dq   dA . El campo total es la suma o superposición de todos estos campos diferenciales, es decir,

r b

E



r b



dE 

r a

r a

r

k z dq 2

z



2 3/ 2

r b





r a

k z  dA

r

2

 z2 

3/ 2

La diferencial de superficie de la corona viene dada por

dA  2 r dr , por lo tanto la

integral queda

E  2 k z

r b



r a

r

r dr

2

 z2 

3/ 2

Integrando

E  2 k z

1 r2  z2

b

a

Simplificando, obtenemos la forma final del campo creado por la corona:

E

   z z  2 2  2 2 2 0  a  z b z 

SEGUNDO METODO:

Campo eléctrico creado por un elemento diferencial de carga localizado en la corona.

El origen del sistema de referencia está en el centro de la corona, por lo tanto, de acuerdo a la figura, los vectores r y r  vienen dados por:

r  zkˆ

r   xiˆ  yjˆ x

dA  rd dr rd

dq

dr

r

P(0, 0, z )

r

y

z

d

r

3.- Una esfera de radio R tiene una densidad volumétrica de carga   r   Calcule la fuerza eléctrica

r2

.

F  r  ejercida por la esfera sobre una varilla

cargada de largo L con densidad lineal de carga radial, tal como se muestra en la figura.

R



  r ,

ubicada sobre el eje

r

b

L

Solución. Aplicando la ley de Gauss a la esfera de radio R , se tiene

 E  dS 

qneta



0

1

0

r R

  dV

(0.4)

0

Sabemos que sobre la superficie de la esfera el campo eléctrico es paralelo a la diferencial de superficie, además sabemos que sobre cualquier punto de la superficie Gaussiana, el módulo del campo eléctrico vale lo mismo: E , por lo tanto lo podemos sacar de la integral y obtenemos:

E 4 r 2 

R r R  1  dV   dV    0  0 R 

Pero la carga existe sólo hasta r  R , con densidad   r  

 r2

(0.5)

, r  R , por lo tanto, la segunda

integral vale cero, porque   0, r  R . Usando la diferencial de volumen de la esfera

dVe  4 r 2 dr , escribimos,

E 4 r  2

1

0

R



r

2

4 r 2dr

(0.6)

0

Integrando

Er 2 

 R 0

(0.7)

Finalmente. El campo fuera de la esfera es justo el campo creado por una carga puntual de carga igual a la carga de la esfera:

E

R  0r 2

(0.8)

Este es el campo que actúa sobre la línea de carga que está sobre el eje radial. La fuerza eléctrica que actúa sobre un diferencial de carga dq de la línea de carga viene dada por

dF  Edq

(0.9)

donde dq  dr   r  dr . Reemplazando esta expresión y el campo eléctrico obtenido en (0.8) en la relación (0.9), se tiene

 R  dF  Edq   2   r  dr   0r 

(0.10)

 R  F   dF   Edq    2   r  dr   0r 

(0.11)

  R  b L dr F   b r  0 

(0.12)

Integrando se tiene

Finalmente, la fuerza neta sobre la línea de carga vale

  R   b  L  F   ln    0   b 

(0.13)

4.-

Un alambre infinitamente largo lleva una corriente constante

alambre

se

ubica

en

el

plano

de

una

espira

triangular, la cual conduce una corriente

I 2 , tal

como se muestra en la figura. Determine la magnitud y dirección de la fuerza neta ejercida sobre la espira por el campo magnético creado por el alambre largo.

I1

I2 1

Solución:

El campo magnético del alambre largo viene dado por la ley de Ampere:

0 I ˆ k 2 x

  

La fuerza sobre un alambre con corriente viene dada por: F  I 2 dl2  B Fuerza

F1 sobre el alambre diagonal

En este caso,

dl2  dxiˆ  dy ˆj , por lo tanto,

I dl2  B1  dx iˆ  dy ˆj  0 1 kˆ 2 x





 

dl2  B1  

0 I1  ˆ ˆ dx i  k  dy ˆj  kˆ   2 x 

dl2  B1  

0 I1  dy ˆ dx i 2  x x

 





ˆj  

La fuerza viene dada por:

F1  I 2  dl2  B   1

0 I1 I 2  dy ˆ dx i 2   x x

ˆj  

b a 3

d

Calcularemos la fuerza vectorial sobre cada trozo del alambre, los cuales están numerados del 1 al 3 como se indica en la figura.

B

I1 . Este

1

2

Pero las variables

x e y

no son independientes sobre la diagonal, sino que cumplen

con la relación:

tan  

y b  x a

como se puede ver en la figura

I1

dl

 B y

y b x



d

x a

Por lo tanto,

dy 

b dx a

Reemplazando en la integral, se tiene:

F1  

0 I1 I 2  bdx ˆ dx i 2   ax x

ˆj    0 I1 I 2  bdx iˆ  adx  2 a   x x

d a 0 I1I 2 ˆ dx ˆ F1   bi  a j    2 a x d

finalmente:

F1  

0 I1 I 2 ˆ d a b i  a ˆj  ln    2 a  d 

Fuerza

F2 sobre el alambre vertical

ˆj  

En este caso,



dl2  dy ˆj , y el campo magnético debe ser evaluado en x  d  a



dl2  B1  dy ˆj 

dl2  B1 

I kˆ   dy iˆ  2  d  a  2  d  a 

0 I1

2  d  a 

0 I1

0 1

dy iˆ

La fuerza viene dada por:

F2  I 2  dl2  B1 

0 I1I 2 b ˆ 0 I1I 2b ˆ dy i  i  2  d  a  0 2  d  a 

Obteniéndose una fuerza hacia la derecha:

F2 

0 I1 I 2b ˆ i 2  d  a 

Fuerza

F3 sobre el alambre horizontal

En este caso,

dl2  dxiˆ , y el campo magnético es variable:

I  I dx ˆ dl2  B1  dx iˆ  0 1 kˆ   0 1 j 2 x 2 x



dl2  B1  

 



0 I1 dx ˆ j 2 x

La fuerza viene dada por:

F3  I 2  dl2  B1  

0 I1I 2 2

d a

 d

dx ˆ j x

Obteniéndose una fuerza de hacia abajo:

F3  

0 I1 I 2  d  a  ˆ ln  j 2  d 

La fuerza resultante

FR sobre la espira triangular con corriente viene dada por:

FR  F1  F2  F3 FR 

0 I1I 2 0 I1I 2b ˆ 0 I1I 2  d  a  ˆ d a biˆ  a ˆj  ln  i ln    j 2 a 2  d  2  d  a   d 

FR 

0 I1 I 2b  1 1  d  a   ˆ 0 I1 I 2  ln    i  2   d  a  a  d   2

 d a  d  a  ˆ ln  d   ln  d   j     

Este resultado muestra que se anula la componente vertical de la fuerza, por lo tanto, la fuerza resultante sólo actúa en dirección horizontal:

FR 

0 I1 I 2b  1 1  d  a  ˆ  ln    i 2   d  a  a  d  

Expresando

x ey

en coordenadas polares, tenemos:

x  r cos  ,

y  r sin 

donde r es el radio de la circunferencia que pasa por el elemento diferencial de carga de coordenadas polares

 r ,  y 

es el ángulo que hace dicho elemento diferencial de

carga con el eje x . La corona se genera cuando r varía desde r  a hasta ángulo



varía desde

 0

hasta

Entonces,

r  r   r cos  iˆ  r sin  ˆj  zkˆ y su módulo vale:

r  r  r 2  z 2 El campo eléctrico viene dado por

  2 .

r  b y el

E (r )   donde

k dq  r  r   r  r

3

dq   dA    r d dr  , reemplazando arriba, nos queda:

E (r )  



k   rd dr  r cos  iˆ  r sin  ˆj  zkˆ

r

2

 y2 



3/ 2

Las integrales sobre los ángulos se anulan, y sólo queda la componente z

2 b

E ( z)  k  z 



0 a

r

rdrd 2

y

b

 k 2  z 



2 3/ 2

a

r

rdr

2

 y2 

3/ 2

Integrando

 1 E ( z )  k 2  z   r 2  y2 

b

   a

Obtenemos la misma expresión que antes del campo eléctrico de una corona de carga:

E( z) 

   z z  2 2  2 2 2 0  a  z b z 

Cálculo de la fuerza eléctrica sobre una varilla cargada:

Ahora calcularemos la fuerza eléctrica sobre la varilla. La fuerza diferencial

dF sobre cada carga diferencial dq de la varilla viene dada por la expresión dF  dq E , donde E es el campo eléctrico generado por la corona sobre su eje z que acabamos de calcular.

dq

dE z

D L

La diferencial de carga se expresa en función de la densidad lineal de carga



en la

forma dq   dz . La fuerza resultante sobre el alambre viene dada por D L

F



D L

dq E 

D



 dz E

D

Usando el valor del campo recién encontrado E 

 F 2 0

D L



D

  2 2 2 0 a z zdz

DL



D

   z z   2  , se tiene 2 0  a  z 2 b2  z 2 

zdz b2  z 2

Integrando tenemos la fuerza total sobre la varilla

F

  2 2 2 a   D  L   a 2  D 2  b 2   D  L   b 2  L2   2 0 

5.- Una varilla horizontal de largo homogénea

0 .

2L

tiene una densidad lineal de carga

Justo sobre su centro y a una altura

segunda varilla de largo

h se encuentra una

d con densidad lineal de carga    y, con   cte.

Calcule la fuerza resultante vertical.

F ejercida por la varilla horizontal sobre la varilla

y

 y d

0

h x

Solución:

-L

L

Primero calculamos el campo eléctrico generado por una varilla horizontal de largo distancia variable y sobre su centro.

2L

a una

y

r dq '

-L

r

El campo eléctrico viene dado por la expresión

x L

dx

E (r )  

kdq  r  r   r  r

3

. En este caso los vectores

r y r  vienen dados por: r  y ˆj y r   x iˆ . Luego  r  r   x iˆ  y ˆj y su módulo viene dado por r  r  

x 2  y 2 . El campo se expresa entonces como:

E (r )  k 

 x

dq  x iˆ  y ˆj y

2

3 2 2



.

Pero la carga está distribuida homogéneamente en la varilla horizontal:

E (r )  k 

dq  0 dx , luego,

0 dx   x iˆ  y ˆj 

x

2

y

3 2 2



Integrando entre los límites  L y L , se tiene:

 xdx

L

E (r )  k 0 

L

x

2

y

L



iˆ  k 0 y  3

L

2 2

dx

x

2

y

3 2 2



ˆj

Calculando cada integral, tenemos L

E (r )  iˆ k 0

1 x y 2

L

 ˆj k 0 y

2 L

x y 2 x2  y 2

L

Sólo sobrevive la componente y del campo, ya que por argumentos de simetría vemos que la componente x debe anularse:

E (r ) 

2k 0 L y L2  y 2

ˆj (1.5 ptos.)

Calculemos ahora la fuerza ejercida por el campo eléctrico de la varilla horizontal sobre cada elemento de carga diferencial dq   dy   ydy del alambre vertical de largo altura

h

d , ubicado a una

sobre la varilla de horizontal.

Sabemos que sobre cada elemento diferencial de carga de la varilla vertical se ejerce una fuerza diferencial dada por la siguiente expresión: dF  Edq  E ydy

y d

dF  Edq

dq h x

Por lo tanto, la fuerza total sobre el alambre vertical viene dada por la integral desde

y  hd

hd

F



hd

Edq 

h

 h

2k 0 L ydy ˆ j y L2  y 2

Integrando

F  2k 0 L

hd

 h

dy L2  y 2



ˆj  2k 0 L ln y  L2  y 2



hd h

Se tiene la fuerza pedida:

 h  d  L2   h  d 2 F  2k 0 L ln   h  L2  h 2 

  ˆj (1.5 ptos.)  

ˆj

y  h hasta

6.-Un alambre infinitamente largo es portador de una corriente I1 . Este alambre se ubica en el plano de una espira rectangular, la cual conduce una corriente

I 2 , tal como se muestra en

la figura.

2

I1

I2 y

l

1

c

a

3 x z

4

Determine la magnitud y dirección de la fuerza neta ejercida sobre la espira por el campo magnético creado por el alambre largo

Solución:

1a) Hallar el campo magnético creado por el alambre largo usando ley de Ampere (0.5 ptos. total)

Dada la simetría de las líneas de campo magnético creadas por el alambre infinito, usando la ley de Ampere podemos escribir:

 B  dl

0 I neta

B1 2 x  0 I1

B1 

0 I1 2 x

Sobre toda la espira, el campo magnético apunta entrando perpendicularmente en el plano xy, es decir:

B1 

0 I1 ˆ (k ) 2 x

O también:

B1  B1kˆ

1b) Hallar la fuerza sobre cada segmento de alambre (2.5 ptos. total)



La fuerza sobre un alambre con corriente viene dada por la expresión F  I 2 dl  B1 , donde es el campo externo al segmento de espira que lleva una corriente

B1

I 2 . Si aplicamos esta expresión

a cada uno de los segmentos de la espira rotulados del 1 al 4, y rotulando cada dl según el rótulo del segmento, se tiene:

a) segmento vertical 1:

dl1  dyjˆ ,

F1  I 2  dl1  B1 (kˆ)  I 2  dyjˆ  B1 (kˆ)  (iˆ) I 2  dyB1 Pero cuando varía

y , la distancia x

permanece constante, por lo tanto, el campo magnético no

 0 I1   . Dado que la integral  dy  l ,  2 c 

varía, sino que toma siempre el valor constante B1 ( x  c )   la fuerza viene dada por

 I I l F1   0 1 2  (iˆ)  2 c  b) segmento horizontal 2:

F2  I 2  dl2  B1  I 2

ca

 dx B (r )( ˆj ) 1

c ca

F2  I 2

 0 I1 

 dx  2 x  ( ˆj ) c

Integrando, se tiene:

dl2  dxiˆ

F2 

0 I1 I 2  c  a  ˆ ln  j 2  c 

c) segmento vertical 3:

dl3  dyjˆ ,

 

F1  I 2  dl3  B1 (kˆ)  I 2  dy  ˆj  B1 (kˆ)  (iˆ) I 2  dyB1 Nuevamente el campo magnético no varía en la trayectoria de integración, por lo tanto, ocurre lo mismo que en el segmento 1, pero con el campo magnético evaluado en x  c  a ,

 0 I1  B1 ( x  a  c)     2  a  c   Finalmente obtenemos:

 IIl  F3   0 1 2  iˆ  2  a  c  

d) segmento horizontal 4:

F4  I 2  dl4  B1  I 2 ca

F4  I 2

dl4  dxiˆ

ca

 dx B ( x)( ˆj ) 1

c

 0 I1 

 dx  2 x  ( ˆj ) c

Integrando, se tiene:

F4 

0 I1 I 2  c  a  ˆ ln   ( j ) 2  c 

Vemos así que

F2 y F4 son iguales en módulo pero apuntan en direcciones contrarias, por lo tanto

se anulan al sumarlos, es decir:

FR  F1  F2  F3  F4  F1  F3 Explícitamente,

  I Il   I Il FR  F1  F3   0 2 1  (iˆ)   0 2 1  iˆ  2 c   2  a  c   FR 

0 I 2 I1l  1 1   iˆ  2  a  c c 

Es decir, la fuerza neta apunta hacia la izquierda

FR 

0 I 2 I1la (iˆ) 2 c(a  c)

7.- Una espira rectangular se mueve con velocidad v  viˆ constante saliendo de una región de campo magnético B  Bkˆ constante que sale de la página y que está homogéneamente distribuido en una región rectangular que se indica con línea punteada. Hallar la magnitud de la Fem  inducida en la espira rectangular e indique en que dirección se mueve la corriente inducida.

y L x

Solución:

Se mostrará la solución usando los dos métodos siguientes: Método a) se calcula la Fem usando la ley de Faraday-Lenz Método b) usando la definición de Fem:

   Enc  dl

 

dm dt

v

Método a) se calcula la Fem usando la ley de Faraday-Lenz Calculemos el flujo magnético

m   B  dA

a traves del sector de la espira que se

encuentra dentro de la región con campo magnético. Como además

B

B y dA son paralelos y

es constante el flujo queda:

m  BA . Llamemos x a la sección horizontal de la espira que aún está dentro de la región con campo magnético. Entonces

A  Lx , es decir, el flujo magnético viene dado por:

m  BLx La Fem inducida, en valor absoluto, queda entonces:



dm d ( BLx) dx   BL dt dt dt

y dado que

v

dx , se obtiene la Fem dt

  BLv I I L II

v

I x

I

El sentido de giro de la corriente inducida I en la espira es tal, que produce un campo magnético inducido que se opone al cambio del flujo.

Cuando la espira está saliendo de la región con campo magnético, está disminuyendo el número de líneas de campo magnético que la cruzan la espira saliendo fuera de la página, por ello, se genera una corriente inducida contraria al movimiento de los punteros del reloj que genera campo magnético que sale hacia fuera de la espira, como se indica en la figura.

Método b) usando la definición de Fem:

   E  dl

Consideremos solamente el trozo vertical de la espira que se encuentra dentro de la región con campo magnético moviéndose hacia la derecha con velocidad

v

como si

estuviera aislado del resto de la espira.

y Sobre cada portador de carga positivo de esta varilla actúa una fuerza magnética dada por:

Fm  qv  B . Dado

v

que v  viˆ y que B  Bkˆ , el producto cruz vale

Fm

v  B  viˆ  Bkˆ  vB ( ˆj ) , es decir, la fuerza magnética sobre la carga

q

x

apunta hacia abajo:

Fm  qvBjˆ

La fuerza magnética actuando sobre cada portador de carga produce una acumulación de carga positiva en la parte inferior de la varilla y una acumulación de carga negativa en la parte superior de ella. Esto genera un campo eléctrico E que produce una fuerza eléctrica que se opone a la fuerza magnética. En el equilibrio dichas fuerzas opuestas se anulan, es decir, qE  qv  B , y cesa el movimiento de carga de un extremo a otro. Recuerde que estamos considerando como si este trozo de varilla estuviera aislado del resto de la espira.

Cuando esto ocurre, podemos calcular la Fem definición:

   E  dl

 que se produce mediante la

, donde E  v  B  vBjˆ y dl  dyjˆ . Haciendo la integración a

lo largo del alambre, desde

y  0 hasta y  L , y dado que E y dl son antiparalelos,

la Fem en valor absoluto vale: L

   E  dl   vBdy 0

  vBL Resultado idéntico al obtenido por el método a).

El sentido de la Fem

 es el mismo que el sentido de la fuerza magnética Fm sobre los

portadores de carga positivos. Esto significa que si conectamos este trozo vertical de alambre al resto de la espira, la corriente inducida I circula hacia abajo, es decir, en sentido contrario a los punteros del reloj, tal como vimos en el método anterior

8.- Una espira de alambre en forma de un rectángulo de ancho a y largo b se encuentra a una distancia fija d de un alambre muy largo que lleva una corriente variable

I (t )  I 0 sin t .

La espira y el alambre largo se encuentran fijos en el plano

 x, y  .

I

a) Hallar el flujo magnético

m   B  dS

sobre la

b

d

espira

a

dm b) Hallar la fem inducida    en la espira dt

y

c) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando

t

varía desde

t  0

hasta

t 

x

 2

d) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando desde

t 

 2

hasta

t

varía

t  

Solución:

a) Hallar el flujo magnético

m   B  dS

sobre la espira.

a

I (t ) Si consideramos que la diferencial de superficie de la espira

b

entra en la página dS   dS kˆ , entonces, en un primer momento, el campo magnético

B

0 I (t ) ˆ k 2 r

y la diferencial

d

x

dx

de superficie diferencial

dS    bdx  kˆ son paralelos. El flujo magnético sobre el área

dS  bdx mostrada en la figura que está ubicada a una distancia

r   d  x  del alambre, viene dado por:

0 I (t ) bdx  2 (d  x) 0

a

m   B  dS   BdS   Integrando obtenemos

m 

0b I (t )  d  a  ln   2  d 

Pero

I  I 0 sin t , luego el flujo magnético m (t ) es variable en el tiempo:

0b  d  a  ln   I 0 sin t 2  d 

m (t ) 

b) Hallar la fem inducida

 

dm en la espira. dt

derivando la fem recién obtenida

 

d  0b  d  a   ln   I 0 sin t   dt  2  d  

Se tiene:

 

0 I 0b  d  a  ln   cos t 2  d 

c) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando desde

t  0

Cuando

t

hasta

t 

varía desde

t

varía

 2

t  0

hasta

t 

 2

, la función seno crece desde 0 hasta

1, es decir, el flujo hacia adentro de la espira aumenta. Como consecuencia, la corriente inducida

I i fluye en sentido contrario al movimiento de los punteros del

reloj, para generar así un campo magnético inducido que apunta hacia afuera de la página, que se opone al aumento de flujo hacia adentro.

d) (0.7 ptos.) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando

t

varía desde

cuando

t

t 

 2

varía desde

hasta

t 

 2

t   hasta

t   ,

la función seno disminuye desde 1

hasta 0, es decir, el flujo hacia adentro de la espira está disminuyendo. Como consecuencia, la corriente inducida

I i fluye a favor del movimiento de los punteros

del reloj, para generar así un campo magnético inducido que se opone a la disminución de flujo hacia adentro.

9.- En un cierto instante de tiempo

t , la barra metálica de masa M se mueve hacia la derecha a una velocidad v (t )  v (t ) ˆj sobre dos rieles conductores paralelos separados una distancia D . En la región de los rieles existe un campo magnético constante y uniforme que apunta en la dirección z : B  B kˆ . Todo el circuito que se forma tiene una resistencia equivalente R que se muestra en la figura.

z

y a

R x

D

M

v

B

c

b

a. Hallar la fem inducida  en la varilla, en magnitud y sentido, como función de la velocidad v , del campo magnético B y de la separación D . b. Hallar la corriente inducida en el circuito

I.

c. calcular la fuerza magnética

Fm que ejerce el campo magnético sobre la varilla que lleva una corriente inducida I .

d. Utilizando los resultados anteriores, resuelva la ecuación diferencial del movimiento para encontrar la velocidad como función explícita del tiempo v  v(t ) , sabiendo que en t  0 , la velocidad inicial es

v0  v0 ˆj . e. Use el resultado obtenido para la velocidad en función del tiempo y exprese la fem inducida  (t ) y la corriente inducida I (t ) como función explícita del tiempo.

Solución:

 en la varilla, en magnitud y sentido, como función de la velocidad v , del campo magnético B y de la separación D. a) (0.6 ptos.) Hallar la fem inducida

Podemos usar dos métodos para el cálculo de la fem inducida: Método 1: Calcular la fuerza de Lorentz F  qv  B sobre un portador de carga positivo de la barra móvil de masa Dado que

M:

v (t )  v (t ) ˆj y que B  B kˆ , tenemos: F  qvB ( ˆj  kˆ)  qvBiˆ . Esto

significa que las cargas positivas son obligadas a moverse a lo largo de la barra en dirección de los punteros del reloj. Esto significa que la fem inducida apunta en la dirección de

a  b . La fem inducida se obtiene de la relación    E  dl , donde el

campo eléctrico viene dado por

E  vB , por lo tanto,

   E dl  BDv

  BDv donde

D

es la separación entre los dos rieles metálicos.

Método 2: Calcularemos la fem inducida como consecuencia de la variación del flujo magnético sobre la espira de tamaño S  Dy , de área diferencial dS  D dy

a

dy

d

R

D

c

y

b

El flujo magnético en módulo queda

m   BdS   BDdy  BDy La fem inducida se obtiene a través de la expresión nos queda

 

dm . En valor absoluto dt



d  BDy  dy  BD  BDv dt dt

dy  v , se tiene finalmente: dt

Definiendo

  BDv b) (0.6 ptos.) Hallar la corriente inducida en el circuito Dado que toda la resistencia del circuito vale

I

I

 R

I.

R , entonces la corriente inducida vale

, es decir,

BDv R

c) (0.6 ptos.) calcular la fuerza magnética

Fm que ejerce el campo

magnético sobre la varilla móvil que lleva una corriente inducida La fuerza magnética expresión: Fm  inducida

I

sobre la barra móvil de masa

 I dl  B

ext

, donde dl

M

I.

se calcula a través de la

apunta en la dirección de la corriente

, es decir, dl  dx iˆ , por lo tanto, D

 

 

Fm   I dl  B  IB  dx iˆ  kˆ  IDB  ˆj 0

Fm  IDBjˆ Esto significa que la fuerza magnética sobre la barra móvil apunta en dirección contraria a la velocidad, ya que v  v ˆj d) (0.6 ptos.) Utilizando los resultados anteriores, resuelva la ecuación diferencial del movimiento para encontrar la velocidad como función explícita del tiempo, sabiendo que en

t  0 , la velocidad inicial es v0  v0 ˆj .

La ecuación de movimiento viene dada por la segunda Ley de Newton:

F  Ma  M  IDB  M

dv . Al aplicarla al movimiento a lo largo del eje y , tenemos dt

dv . dt

En este problema no estamos considerando roce y además las fuerzas a lo largo del eje z , es decir, el peso y la normal, se anulan entre sí. Recordemos que la corriente inducida viene dada por

I

BDv , reemplazando en la R

ecuación diferencial anterior se tiene:



D2 B2 dv v MR dt

ecuación que se reescribe como

 D2 B2  dv    dt v MR   Integrando se tiene

ln

 D2 B2  v(t )   t v0  MR 

v(t )  v0e



D2 B2 t MR

ecuación que nos dice que en

t  0 , la velocidad inicial tiene valor v0  0 y que al

pasar el tiempo, la velocidad instantánea decrece exponencialmente, hasta que finalmente la barra se detiene. e) (0.6 ptos.) Use el resultado obtenido para la velocidad en función del tiempo y exprese la fem inducida  (t ) y la corriente inducida I (t ) como función explícita del tiempo. La fem inducida viene dada por por

I (t ) 

 (t )  BD v(t )

y la corriente inducida viene dada

BD v(t ) , reemplazando el valor de la velocidad instantánea, queda R

 (t )  BDv0e



D2 B2 t MR

y 2

BDv0  DMRB I (t )  e R

2

t

10.- CALCULAR LA FEM

 INDUCIDA Y LA DIRECCION DE LA CORRIENTE I i

INDUCIDA EN UNA ESPIRA TRIANGULAR CON CATETOS DE LADOS

a y b , QUE

SE MUEVE CON VELOCIDAD CONSTANTE ALEJANDOSE DE UN ALAMBRE INFINITAMENTE LARGO CON CORRIENTE CONSTANTE

I.

I b



v

a

Metodología:

 inducida en la espira cuando se va alejando del alambre largo con corriente I . Usaremos dos métodos diferentes para calcular la fem

Método a): Calculamos la fem

 inducida a través de la expresión:  

 E  dl .

La integral cerrada se separa en tres integrales, cada una sobre un segmento de alambre recto que forma la espira triangular. Primero calculamos la fuerza sobre una carga del alambre, después obtenemos el campo eléctrico inducido y finalmente calculamos la fem  inducida.

Método b): Calculamos la fem

 inducida a través de la expresión:   

Primero calculamos el flujo magnético

m   B  dS

triangular y luego tomamos la derivada temporal.

dm . dt

a través de la espira

Nota: calcularemos todo en valor absoluto y luego por análisis físico determinaremos la dirección de la fem inducida  y la dirección de la corriente inducida

Ii .

Solución:

MÉTODO a) Los vértices del triángulo se rotulan con los índices figura. Calculamos la fem como la integral Q

Integrales:

   E  dl

, la cual se separa en tres

Q

R

   E  dl   E  dl   E  dl   E  dl P

P, Q, R , como se muestra en la

Q

Q

.

R

Cada integral es equivalente a calcular la fem en cada segmento, por lo tanto podemos escribir:



P

R

   PQ   QR   RP

Fem en el segmento

PQ :

El problema se reduce a calcular la fem inducida en un alambre inclinado un ángulo  que se mueve alejándose con velocidad v del alambre infinitamente largo que lleva corriente constante el símbolo

I . Esta corriente crea un campo magnético B   Bkˆ

(indicado con

 ) que entra en el segmento PQ .

Sobre la carga

q

del alambre se ejerce una fuerza magnética

Fm  qv  B , donde

v  v iˆ . Operando, obtenemos

Fm  qviˆ  B(kˆ) , realizando el producto cruz, obtenemos

Fm  qvBjˆ es decir,

 B

Fm apunta justo hacia

arriba, como se muestra en la figura, haciendo un ángulo



 2

  con el alambre inclinado.

 Fm

I r

l x

P



 

Q v



B



Esto implica que hay una componente de la fuerza

Fm apuntando justo hacia arriba a

lo largo del alambre, la cual obligaría a los portadores de carga positiva a moverse también hacia arriba. En consecuencia, la fem inducida

 PQ

en este segmento apunta

hacia arriba del alambre, es decir, en dirección de P  Q .

El campo magnético en el punto donde está la fuerza magnética viene dado por

0 I ˆ (k ) , donde r  x  l cos . Mientras el 2 r componente Fl de la fuerza magnética a lo B

largo

del

alambre: Fl

alambre inclinado se está moviendo, la

 Fm cos   Fm sin  ,

hace que las cargas positivas se muevan hacia el extremo rotulado por Q y que en el extremo rotulado con P , se acumule la carga negativa. Esta separación de cargas genera un campo eléctrico estático creciente que se opone a la dirección de la componente de la fuerza magnética a lo largo del alambre

I

E

r

P x

Fl .

l

Q



l cos

Al llegar al estado de equilibrio en que la fuerza neta se hace cero, se igualan, en módulo, la componente de la fuerza magnética

Fl con la fuerza eléctrica qE a lo largo del alambre, es decir, se cumple que qE  qvB sin  , de donde obtenemos el campo eléctrico

E  vB sin  Q

Entonces, en valor absoluto la integral

 E  dl P

Q

 PQ   vB sin  dl P

donde

B

0 I 0 I  2 r 2 ( x  l cos  )

reemplazando en la integral

queda:

 PQ 

0 Iv sin  l dl  2 ( x  l cos  ) 0

Integrando, se tiene:

 PQ 

0 Iv sin   x  l cos   ln   2 cos   x 

Finalmente,

 PQ 

0 Iv tg  l  ln 1  cos   2 x  

Pero l cos  a , luego podemos escribir

 PQ 

0 Iv tg  a  ln 1   2 x 

Fem en el segmento

QR :

En este caso se trata de un alambre vertical que se mueve hacia la derecha con velocidad v . La fuerza magnética es estrictamente vertical decir, la fem

 QR

apunta hacia arriba en la dirección

Fm  qv  B  qvBjˆ , es

R  Q . Como vimos antes, en el

equilibrio, obtenemos un campo eléctrico que apunta hacia abajo y de magnitud tal que la fuerza resultante se anula, es decir,

E  vB .

Usando este campo eléctrico, calculamos el módulo de la fem

 QR

Q

R

a través de la integral:

 QR   E  dl Q

Fm B 

v

b

 QR   vBdy

R

0

Donde el campo magnético tiene el mismo valor para cualquier valor de

QR B

0 I

2 ( x  a)

y

desde

Por lo tanto la integral queda

 QR  vBb 

0 Ivb 2 ( x  a)

Finalmente, la fem  QR viene dada por:

0 Ivb 2 ( x  a)

 QR 

Fem en el segmento

RP :

En este caso se trata de un alambre horizontal que se mueve hacia la derecha con velocidad v . La fuerza

magnética

de

nuevo

es

Fm  qv  B  qvBjˆ . En este caso la fem

F

vertical

 B

P  RP

vale cero, ya que la

v

R

P

integral

 RP   E  dl vale cero, porque E y dl son R

perpendiculares entre sí: P

P

R

R

 RP   E  dl   vBjˆ  dx(iˆ)  0 .  RP  0

Por lo tanto, la fem resultante viene dada por la resta de

 PQ

menos

 QR ,

ya que

ambas fem apuntan en sentido opuesto, es decir,

   PQ   QR

Reemplazando los valores obtenidos, se encuentra la fem inducida sobre la espira de forma triangular que se mueve en el campo magnético creado por un alambre muy largo:



0 Iv tg  a  0 Ivb ln 1    2 x  2 ( x  a ) 

Usando el valor de la tangente como



Sea

tan  

b , la solución final queda a

0 Ivb  a  0 Ivb ln 1    2 a  x  2 ( x  a )

R0 la resistencia total debida a los alambres que forman la espira triangular,

entonces la corriente inducida

Ii 

 R0

debe fluir en la dirección de la fem

 resultante,

es decir, la corriente fluye en la dirección: P  Q  R  P .

MÉTODO b)

En primer lugar calculamos el flujo magnético

m

a través de la superficie del triángulo

m   B  dS

En el triángulo hemos dibujado un área diferencial de módulo dS  ydx , que se encuentra a la distancia

 x  x

del alambre

que crea el campo magnético sobre la espira y que le produce un flujo magnético variable. A esa distancia, el módulo del campo magnético justo sobre el área diferencial vale:

B

0 I

I

B

x



 x

2  x  x 

Si consideramos que el diferencial de superficie del triángulo entra en la página, los vectores B y dS son paralelos. Reemplazando en la integral, tenemos

 b y

dx a

m   B  dS   B dS 

x a



0 I

2  x  x  x 0

ydx

u  x  x , entonces, du  dx , pues para la integración sobre el área del triángulo, sólo se necesita la variable x Hagamos el siguiente cambio de variable

m 

0 I du y  2 u

Además, mirando la figura vemos que existe una relación entre las variables dada por

tan  

y y x 

b y  a x

Reemplazando en la integral, nos queda

m 

0 I x tan  du 2  u

Pero

x  u  x

m 

0 I tan  (u  x)du 0 I tan   du     du  x    2 u 2 u  

Integrando

m 

0 I tan   u  x ln(u)  2

Volviendo a la variable original y usando los límites:

m 

0 I tan  a  x  x  x ln( x  x)0 2

m 

0 I tan  2

x  0 y x  a , tenemos:

  x  a   a  x ln  x    

Ahora que ya tenemos el flujo magnético, podemos calcular la fem usando la definición

 

dm dt

 

dm  I tan  d   x  a   0 a  x ln    dt 2 dt   x 

derivando



0 I tan  2

Pero



dx  v , es la velocidad con se mueve el triángulo hacia la derecha dt

0 Iv tan  2

Usando



  x  a  dx  x  a  dx  ln  x  dt  x  x  a  x 2  dt        

  x  a   a  ln  x    x  a       

tan  

b , nos queda finalmente a

0 Ivb  a  0 Ivb ln 1    2 a  x  2  x  a 

Dado que el flujo magnético que entra en la espira es cada vez menor a medida que la espira se aleja hacia la derecha, se genera una corriente inducida

I i que crea campo

magnético hacia adentro del triángulo, por lo tanto, la corriente inducida ir en la dirección

Ii 

 R0

debe

P  Q  R  P . Resultado que es absolutamente idéntico al

encontrado por el método a).