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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

PROBLEMAS DE ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO PROFESOR : Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE INDUCCIÓN MAGNÉTICA Problema No 1 Un lazo de alambre en forma de un rectángulo de ancho  y longitud L, y un largo alambre recto que conduce una corriente I se encuentran sobre una mesa, como se indica en la figura. a) Determine el flujo magnético a través del lazo. b) Suponga que la corriente está cambiando con el tiempo de acuerdo con I  a  bt , donde a y b son constantes. Determine la fuerza electromotriz inducida en el lazo si b =10,0 A/s , h = 1,0 cm,  = 10,0 cm y L = 100 cm.

I h

 L

Resolución La corriente I crea un campo magnético a su alrededor. Este campo magnético es entrante en la región donde se halla la espira (o lazo), y su valor depende de la posición r (ver figura). Se sabe además que, todo campo magnético variable que atraviesa un circuito, induce una fuerza electromotriz en él.

I

a) Cálculo de  m (flujo magnético) a través de la espira o lazo. El flujo magnético que atraviesa una determinada Superficie viene dado por: 

r



dr

dA

m   B  d S   B dA (*) . . . (1)

L



( )



B





* Asumimos que el vector d S es positivo cuando ingresa perpendicularmente al plano ( d S y B 



son paralelos). Luego, el producto escalar de B y d S también es positivo. Recordar que: B  Además: dA  Ldr

 o I (magnitud de B para un hilo infinito). 2r

(ver figura)

Reemplazo B y dA en la ecuación (1): h w

h w

 I  IL   m   0 Ldr  0 Lnr  2r 2  r h r h

m 

 0 IL hw Ln( ) 2 h 1

b) Cálculo de  (fuerza electromotriz inducida en la espira o lazo) si I  a  bt :

d m . . . (2) dt d   (a  bt ) L h   Reemplazo  m en la ecuación (2):     0 Ln( ) dt  2 h  Por ley de Faraday:   

 L hw Derivando se obtiene:    0 Ln( )b 2 h Reemplazando los datos dados en el problema se obtiene:

  4,796 x106V  4,8V Problema No 2 Una varilla de longitud L es perpendicular a un conductor recto y largo por el cual circula una corriente I . El extremo de la varilla, cercano al conductor, está a una distancia d . La varilla se mueve con una 

velocidad V en la dirección de la corriente. Halle la diferencial de potencial entre los extremos de la varilla. Ver la figura.

I



d

V

L

Resolución El conductor rectilíneo que lleva una corriente I crea un campo magnético entrante en la región donde se halla la varilla de longitud L . Además, según Faraday, si una varilla conductora está en movimiento en una región donde existe un campo magnético, entonces entre los extremos de la varilla se induce una fuerza electromotriz (f.e.m.)  . y

I d

L

dA



dy

V r

dr

2

Para el elemento diferencial mostrado en la figura se cumple que:

d  

d dA . . . (1)  B dt dt

0 I (para un alambre infinito) ; dA  dr dy (ver la figura anterior) 2 r  I dr dy  IVdr Reemplazamos en (1): d    0  0 2 r dt 2 r B

donde:

Integrando:

 

0 IV 2



d L

r d

 IV dr   0 Ln r r 2

d L r d

 

;

0 IV  d  L  Ln   2  d 

 V 

0 IV L  Ln 1   2 d 

Problema No 3 En la figura mostrada, el eje de rodamiento, de 1,5 m de largo, se empuja a lo largo de rieles horizontales a una rapidez constante V = 3 m/s. Un resistor R = 0,4 Ω se conecta a los rieles en los puntos a y b, directamente opuestos entre sí. (Las ruedas hacen un buen contacto con los rieles, de modo que el eje, los rieles y R forman un circuito de lazo cerrado. La única resistencia significativa en el circuito es R). Hay un campo magnético uniforme de magnitud B = 0,08 T verticalmente hacia abajo. 

a) Encuentre la corriente inducida I en el resistor. b) ¿Qué fuerza horizontal F se requiere para mantener el eje rodando a una velocidad constante? c) ¿Qué extremo del resistor, a o b, está a un potencial eléctrico más alto? d) Después que el eje rueda más allá del resistor, ¿la corriente en R invierte su dirección? z



B

y

V

a R

b x

Resolución Al desplazarse el rodamiento sobre los rieles, el área formada por el rodamiento, los rieles y la resistencia R (circuito), disminuye, por lo tanto el flujo magnético que atraviesa dicha área también disminuye, en consecuencia se induce una fem y una corriente eléctrica. A continuación se muestra una vista de planta (vista de arriba hacia abajo) de la figura dada. 

 X B

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

XL

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

V

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

a

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

z 

j y



i

X dx X

X

RX



X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

b

x 3

Datos: L = 1,5 m; V = 3 m/s; B = 0,08 T; R = 4  a ) Cálculo de I (corriente inducida) Primero hallo fem inducida “” aplicando la ley de Faraday.   d Se sabe:    ; donde: d  B  d S  B dA  B L dx dt

  BL

dx  BLv dt

Hallo I por ley de ohm:

I



I

R

BLV 0, 08 x1,5 x3   0,9 A R 0, 4



b) Cálculo de F (Fuerza externa que se debe aplicar para que “V” sea constante) 



Primero hallo la fuerza magnética F m que ejerce el campo B sobre el eje de rodamiento: 



Se sabe: Fm  I d





x B (Fuerza magnética sobre un conductor con corriente)



De la figura:

Fm

Fm



d



dddL L 

L

Fm  I









( dy j ) xB( k ) ; resolviendo se obtiene:

y 0

B





B

V



Luego : 

II





 dy( j ) ; B  B(  k )





Fm   ILB( i )  (0,9)(1,5)(0, 08)( i ) 

a



Fm  0,108 N ( i )

b R 

Hallo F (Fuerza externa que se debe aplicar para que “V” sea constante): 



Para que “V” sea constante, la fuerza F debe ser contraria a F m . 



Es decir:

F

=



 Fm  0,108N( i)

c) ¿Qué extremo del resistor, a o b, está a un potencial eléctrico más alto? El extremo b está a un potencial mayor, porque la corriente circula de mayor a menor potencial eléctrico (ver figura mostrada a continuación).

I a R

b

d) Después que el eje rueda más allá del resistor, ¿la corriente en R invierte su La corriente I no invierte su dirección, porque en el eje de rodamiento no cambia el sentido de la corriente, por lo tanto el sentido de la corriente en el circuito cerrado no cambia, en consecuencia el sentido de la corriente en el resistor R tampoco cambia.

dirección?

a I



I V

B 

b

I

4

Problema No 4 Una barra de metal de longitud L , masa m y resistencia R está colocada sobre rieles de metal sin fricción inclinados un ángulo  por encima de la horizontal. Los rieles tienen resistencia despreciable. Se tiene un campo magnético uniforme de magnitud B y la barra en reposo y empieza a deslizarse por los rieles. a) ¿La dirección de la corriente inducida en la barra es de a a b o al contrario? Sustente su respuesta. b) ¿Cuál es la rapidez terminal de la barra?. c) ¿Cuál es la corriente inducida en la barra cuando se alcanza la rapidez terminal?. d) Después que se ha llegado a la rapidez terminal, ¿con qué rapidez se está convirtiendo energía eléctrica en energía térmica en la resistencia de la barra?



a

B L



b

B

 Resolución a) ¿La dirección de la corriente inducida en la barra es de a a b o al contrario? La dirección de la corriente inducida en la barra

I INDUCIDA

es de a a b porque al deslizarse la barra hacia

a

abajo el área de la espira disminuye, por lo tanto

b

el flujo magnético que atraviesa la espira (o

V

circuito) también aumenta, en consecuencia la corriente inducida, vista de arriba hacia abajo

Área inicial

Área final



(vista de planta), tiene sentido horario (de a a b )

B

tal como se indica en la figura siguiente

b) Cálculo de V (rapidez terminal de la barra) Esta rapidez la alcanza la barra cuando la fuerza resultante sobre ella es igual a cero, es decir cuando las componentes de la fuerza magnética Fm ( Fm  ILB ) y el peso w se equilibran en el eje

x´ . En el eje x´ se cumple que:

mg sen  ILB cos 

y´ VISTA LATERAL DEL PLANO INCLINADO

I N

 Movimiento

 x

´

 w  m.g

Fm

mg sen . . . (1) LB cos 

Además, por ley de Ohm: I 

 R

. . . (2)

donde: 



Bd S d    dt dt

 

B dA cos  dt

5

El diferencial de área dA viene dado por: dA  L dx´

BL dx´ cos  Reemplazando dA tenemos:    dt Reemplazando  en la ecuación (2): I 



BLV cos  . . . (3) R

Igualo las ecuaciones (1) y (3), luego despejo V y obtengo: c) Cálculo de I En la ecuación (1) se halló que:

I

   BLV cos 

V 

m gR sen L2 B 2 cos 2 

mg sen LB cos 

d) Cálculo de P (potencia disipada por R)

 mg tg  P  R  LB  2

Se sabe: P  I R 2

Problema No 5 Un alambre de longitud L se mantiene paralelo y a una distancia h arriba de un largo alambre que conduce una corriente I y que descansa sobre el piso (ver figura). El alambre de largo L se suelta y cae, manteniéndose paralelo con el alambre que conduce I a medida que va descendiendo. Suponiendo que el alambre que cae está en caída libre con una aceleración g. Obtenga una ecuación para la fem inducida en él. Exprese su resultado como una función del tiempo t después que el alambre se suelta. L

h

I Resolución * La corriente I , que circula por el alambre infinito, crea un campo magnético alrededor del alambre. Este campo es saliente en la región donde se halla la varilla de longitud L. * Cuando la varilla de longitud L cae libremente (es decir, está en movimiento dentro de la región donde existe un campo magnético) entre sus extremos se induce una fuerza electromotriz  . Esta f.e.m. inducida se calcula aplicando la ley de Faraday, para ello vamos ha calcular primero el flujo magnético  . Cálculo de  (flujo magnético): 



   B . d s   B dA . . . (1) S

L

S

donde: B 

0 I (alambre infinito) ; dA  L dr 2 r



En (1):   

0 I  IL h  H dr  IL  h  H  =  0 Ln  L dr =  0   2 r 2 h r 2  h 

Se sabe que: H  V0t  12 gt 2  Luego:   

0 IL  gt 2  Ln 1   2 2h  

dr



 B 

H h

r

1 2 gt ; V0=0 2 I 6

Cálculo de “  ” (fuerza electromotriz inducida):



d d   IL  gt 2         0 Ln 1   dt dt  2 2h   

 0 ILgt  (2h  gt 2 )

Problema No 6 En la figura se muestra una espira rectangular de ancho a y un cable deslizante de masa m . Se tiene 

un campo magnético B dirigido perpendicularmente al plano de la espira, hacia dentro del plano de la figura y en toda la región donde se encuentra la espira. Al cable deslizante se le imprime una rapidez inicial V0 y luego se deja libre; no hay fricción entre el cable y la espira, y la resistencia de ésta es despreciable en comparación con la resistencia R del cable deslizante. a) Obtenga una expresión para 

F , la fuerza ejercida sobre el cable mientras se desplaza con rapidez V . b) Halle la distancia que recorre el cable antes de llegar al reposo. Z





V0

B

 k

a  i

 j

Y

X

Resolución Al deslizarse el cable de longitud a , el flujo magnético que atraviesa el área del circuito formado aumenta, por lo tanto en el cable se induce una fem  y una corriente eléctrica I . Según Faraday, la fem inducida  en el cable deslizante de longitud a , viene dado por Además, por ley de OHM : I 



R



  VaB .

VaB R

* El sentido de I se determina aplicando la regla de la mano derecha. Este sentido se indica en la figura mostrada a continuación. Además, como el cable deslizante con corriente se halla dentro de una 

región donde existe un campo magnético, entonces sobre este cable actúa una fuerza magnética F 

(ver la figura). El sentido de esta fuerza F se determina aplicando la regla de la mano derecha extendida.  I  B(  i )  

F

V



d



d k



a) Cálculo de F (Fuerza magnética sobre el cable con corriente) 



Se sabe: F  I d





Reemplazamos d



x B . . . (1) 



a

FI

y B en (1):





L 0





Resolviendo se obtiene: F   IaB( j )  



d (k ) xB( i ) ; donde: I 

VaB R

Va 2 B 2  ( j) r R

7

b) Cálculo de “d” (distancia hasta detenerse ) 





Por segunda ley de Newton: F  m. a ;



donde: a  V



dV 

dy 



Luego: F  mV





 dV Va 2 B 2   j  mV  R dy

dV 

dy

d



Va 2 B 2 R

d



0

dy  mV

x 0



dV

V V0

mV0 R a2 B2

Problema No 7 La barra de masa m en la figura se jala horizontalmente por rieles paralelos mediante una cuerda sin masa que pasa sobre una polea ideal y que está unida a una masa suspendida M. El campo magnético uniforme tiene una magnitud B y la distancia entre los rieles es L. Los rieles están conectados en un extremo mediante un resistor de carga R. Obtenga una expresión que proporcione la velocidad horizontal de la barra como una función del tiempo, suponiendo que la masa suspendida se suelta con la barra en reposo en t = 0. Suponga que no hay fricción entre los rieles y la barra. m

R

B

M Resolución Para resolver este problema es conveniente analizar primero el bloque de masa M y luego la barra de masa m. DCL de la masa M Por segunda ley de Newton:

T

FR  m.a M .g  T  M .a

a

T  M ( g  a) M.g Vista de planta de la barra y los rieles y DCL de la barra 

 B  T

F

a I

* La tensión “ T ” le produce a la barra un movimiento hacia la izquierda. * Al moverse la barra en el interior del campo magnético 

B , entre sus extremos se induce una f.e.m.  y una corriente I en sentido horario. * La barra conductora, con corriente I , experimenta una 

fuerza magnética F hacia la derecha (ver la figura),

V0  0



debido al campo magnético B .

8

Por Segunda ley de Newton: donde:

T  M ( g  a)

F  ILB 

 R

FR  m.a .

Es decir: T  F  m.a . . . (1)

esta relación se halló al analizar el bloque de masa M 

LB 

BLV B 2 L2V ( LB)  R R

Reemplazo en (1):

B 2 L2V M ( g  a)   m.a R

B 2 L2V M .g   (m  M )a R

MgR  B 2 L2V dV  (m  M ) R dt

dt dV  R(m  M ) MgR  B 2 L2V

Integrando:

t V 1 dV dt    0 MgR  B 2 L2V R(m  M ) 0

Evaluando la integral y simplificando obtenemos: V  

Vectorialmente: V 





2 2 MgR 1  e B L t / R ( m M ) 2 2 B L





 MgR  B 2 L2t / R ( m  M ) 1  e (  j) B 2 L2

Problema No 8 Una barra de masa m, longitud L y resistencia R se desliza sin fricción sobre rieles paralelos, como se muestra en la figura. Una batería que mantiene una fem constante  se conecta entre los rieles y un 

campo magnético constante

B se dirige perpendicularmente al plano de la página. Si la barra parte del 

reposo, ¿cuál es su velocidad V después de un tiempo t?

. . . . . . .

L

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . .  . .B .  . . . . . . . . . . . . 

  B

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .



Resolución La batería mostrada en la figura entrega una corriente eléctrica I1 de sentido antihorario (ver la figura 

siguiente). Cuando esta corriente circula por la barra conductora, el campo de inducción magnética B 

hace que sobre la barra actúe una fuerza magnética F que pone en movimiento a la barra (la barra se desliza sobre los rieles). Al moverse la barra, el flujo magnético que atraviesa el circuito varía (aumenta en este caso) induciéndose entre los extremos de la barra una f.e.m. y una corriente I 2 en sentido horario.

L

. . . . . . .

. . . . . . .

. R. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . I1. . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

z 



k 

i x



y

j 9

Hallo I1 (corriente originada por la batería de fem  ): Por ley de ohm: I1 



; donde: R es la resistencia de la barra.

R





Esta corriente I1 y B originan una fuerza magnética F sobre la barra, moviéndola hacia la izquierda. Hallo I 2 (corriente inducida en el circuito debido al movimiento de la barra): Por ley de ohm: I1 

´ R



BLV R

donde: *  ´ = fem inducida en la barra móvil = - BLV * Por regla de la mano derecha, “ I 2 ” tiene sentido horario porque el flujo magnético que atraviesa el circuito, aumenta. Hallo ITOTAL : Como I1 e I 2 tienen sentidos contrarios,

ITOTAL  I1  I 2

ITOTAL 

ITOTAL se halla mediante la resta de I1 e I 2 . Es decir:

  BLV R



Cálculo de V (Velocidad de la barra después de un tiempo t) 

Se sabe: F  I







x B . . . ( )



  B

ITOTAL

Donde: 

determina aplicando la regla de la mano derecha extendida.









 B La dirección del vector F se 

F

dV ; I  ITOTAL ; F  ma  m dt





 L(  k ) ;





B  Bi



  d V    BLV    Reemplazando en (  ) tenemos: m     L k xB i  dt  R   dV    BLV  En magnitud sería: m    LB  ; Integrando: dt  R  V t BL dV 0   BLV   0 mR dt

Resolviendo se obtiene:

V



1  e BL

 B L t / mR 2 2





V 



1 e  BL

 B 2 L2t / mR

 ( j ) 

Problema Nº 9 Una línea de transmisión coaxial llena de aire tiene un conductor interior sólido de radio a y un conductor externo muy delgado de radio interior b (ver figura). Determine la inductancia por unidad de longitud de la línea.

I

b

a

I

10

Resolución: En un inductor de la forma de una línea de transmisión coaxial o de hilos paralelos, se aconseja resolver el problema de la siguiente manera. - Elegimos primero un sistema de coordenadas cilíndricas. 

- Calculamos B para cada región (   a Sección transversal del cable coaxial

y a <   b) Aplicando la ley de Ampere se obtiene que para 

puntos   a , el campo magnético B es igual a:

I I



B

a

0 I 2π a 2

a 

Para puntos a <   b , el campo magnético B viene dado por: 

b

B

0 I a 2π

- Hallo “ L ” (Inductancia por unidad de longitud) La inductancia por unidad de longitud está dada por el cociente entre la inductancia “L” y la unidad de longitud “  ”. Es decir:

L = Donde, por principio de superposición: L =

L

... (1)

Linterna (debido al cable interior)

+

Lexterna ... (2) (debido al cable exterior)

Para calcular la inductancia “L” aplico concepto de energía magnética ( Wm ), es decir:

1 B2 2Wm ; donde: W = dV m 2 V  I2 Luego, la inductancia para la región interior (   a ) viene dada por: L=

Lint

2 = 2 I

Lint =

 1   20

2π

 

z=0   0

2   0 I   d  d  dz    2  = 0  2π a   a

0 

a  2π   3  d     d    dz  2 2     4π a   = 0    0   z = 0 

 Lint =

0 8π

* Del resultado obtenido se concluye que la inductancia interna (Lint) no depende del radio del conductor, entonces para todo alambre muy largo se cumple que: L = Para la región exterior ( a <   b ), la inductancia es:

Lext

2 = 2 I

 1   20

2π

 

z=0   0

0

8π

2   0 I   d  d  dz      = a  2π   b

2π 0  b  d  Ln     d    dz   Lext = 2    2π 4π   = a   a    0   z = 0    b Reemplazando Lint y Lext en la ecuación (2) tenemos: L = 0  0 Ln   8π 2π a

Lext =

0 

b

Finalmente, reemplazamos en la ecuación (1) y obtengo:  L =

0 8π



0

b Ln   2π  a  11

Problema Nº 10 Un filamento infinito está a lo largo del eje z en el espacio libre, y una bobina cuadrada de N vueltas está en el plano y = 0 con sus esquinas en (b; 0; 0), (b + a; 0; 0), (b + a; 0; a), (b; 0; a). Calcule la inductancia mutua entre el filamento y la bobina en términos de a, b, N y

0 .

Resolución: De acuerdo al enunciado, la figura es la siguiente:

z

N espiras

Circuito (1)



0

d S2

y

a

I1 Circuito (2)

x Este problema lo resolvemos de manera similar al problema anterior. Es decir: - Elegimos un sistema de coordenadas cilíndricas - Elegimos como circuito (1) el hilo  y como circuito (2), la espira. 

- Hallo B1 : 

Se sabe que para un hilo  con corriente I1, el campo magnético B1 , a una distancia dado por: 

B1 

 del hilo, viene

  0 I1 a ; donde: a  =  = vector unitario en la dirección  2π 

- Hallo  (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2) Se sabe:  







 B1 . d S2 ; donde: d S2  ad a

S2

0 I1  Ia b+a a . ad a  0 1 Ln   2π  2π  b  =b

b+a

Luego:  

 

- Hallo ” 12 ” Sabemos : 12  N2 En nuestro caso N2 = N (espiras)  12 

N0 I1a  b + a  Ln   2π  b 

- Hallo “L12” (inductancia mutua entre el filamento y la bobina) Se sabe: L12 

12 I1

 L12 

N0a  b + a  Ln   2π  b 

12