Problemas de Inducción Electromagnética. Boletín 6 Tema 6

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Óscar Cristián Blázquez Vargas
hace 5 años
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1 1/15 Probleas de Inducción Electroagnética Boletín 6 Tea 6 Fátia Masot Conde Ing. Industrial 21/11

2 Problea 1 Sea una espira circular de radio 1.2. fabricada con un aterial conductor elástico. La espira está inersa en un capo agnético unifore y constante, B=.4 T perpendicular al plano de la espira. Si el radio de la espira decrece a un rito constante de 15 c/s, deterinar la fe inducida en los instantes t= s y t=5 s., así coo el sentido de la corriente inducida. 2/15 r r(t) B Sentido horario Faraday: rt () = r Kt /s dφ d( B A) da dr ε = = = B = B 2 πr ( t ) dt dt dt dt ε ( t = ) ε ( t = 5) π r ε() t = + B K 2 πr() t 2 K rt ( = ) rt ( = 5)

3 Problea 2 Un solenoide recto, de sección circular y radio 1 c, que tiene 12 vueltas por c, se inserta perpendicularente en un circuito forado por dos resistencias R 1 =15 Ω y R 2 = 4 Ω. El solenoide transporta una corriente I = 1 A. En el instante t=, esta corriente epieza a decaer exponencialente según la ecuación I(t)= I e -t/τ, siendo τ=1 μs. Calcular la corriente inducida en el circuito de las resistencias, y la lectura de los voltíetros en el instante inicial y en t=4 μs. 3/15 a) Corriente inducida? La inductora es ésta: que provoca un flujo agnético variable en el circuito de las R s φ t a B t 2 () = π () I() t = μ ni() t I e t / τ Todo datos

4 Problea 2 4/15 La fe inducida: dφ = = a n dt 2 ε π μ di() t dt I e τ t / τ Y la intensidad inducida: ind ind ind ε = I R = I ( R + R ) I eq 1 2 Sentido horario b) Lecturas de los voltíetros: V R () t = I () t R ind 1 1 VR () t = I () t R ind 2 2

5 Problea 3 y 4 La figura adjunta representa 6 espiras rectangulares idénticas, que viajan con la isa velocidad, hacia la dcha, en una región deliitada, donde hay un capo agnético unifore. Las agnitudes relativas de los capos agnéticos se indican ediante la densidad de líneas de capo. Ordenar de ayor a enor las fe inducidas en cada espira, en el instante en que se uestra, así coo su sentido (prob. 4). 5/15 A B C D E F

6 Problea 3 y4 6/15 Si todas viajan con la isa velocidad hacia la dcha, las espiras B y C no observan ningún cabio en el flujo que atrapan, al enos en ese instante que se representa. De odo que las fe s inducidas en ellas son cero: ε B = εc = Para las restantes, definaos coo positivo el flujo hacia fuera del papel (y negativo, hacia adentro). En ese caso, es evidente que la F perderá ás flujo que la A al overse hacia la derecha, de odo que necesita restituirlo con una fe en la isa dirección (anti-horaria, digaos positiva), con F>A En cuanto a la D y la E, una gana flujo (la D) en su desplazaiento a la dcha, ientras que la E lo pierde, y adeás, en ayor edida, dada su orientación en el capo. La que gana flujo (D) intentará perderlo, provocando una fe contraria, es decir, antihoraria (ya que el flujo en este caso crece hacia adentro). La que pierde flujo (la E), intentará conservarlo, provocando una fe hacia adentro (o sea, horaria), de ayor valor que la D. Teneos tres fe s antihorarias (positivas), F,A,D, y una horaria, la E, sólo queda saber en qué orden. En cuanto a las antihorarias, la densidad de líneas de capo de la D hace que su fe inducida sea interedia entre la de la F y la A. Así que ya teneos el orden definitivo: F > D > A > B = C > E Con signo (Problea 4) (Sin tener en cuenta el sentido: F > E > D > A > B = C = En ódulo (Problea 3))

7 7/15 Problea 5 Un avión viaja a una velocidad de 1 k/h en una región en la que el capo agnético terrestre es aprox. vertical, de valor 5x1-5 T. Calcular la ddp inducida entre los extreos de sus alas, distantes 7. B Alas horizontales v Velocidad horizontal Sabeos: La ddp del oviiento es, para una barra conductora en oviiento, perpendicular al capo agnético: No hay ucho ás que decir!! Δ V = Bv = 1 V

8 Problea 6 Una varilla conductora de 2 kg. se deja caer, deslizando sin rozaiento por dos guías etálicas paralelas, separadas 5, que foran un ángulo de 1 o con la horizontal. En el extreo de las guías hay una resistencia de 1 Ω que cierra el circuito. Suponiendo que en la región donde están las varillas hay un capo eléctrico unifore y constante de.5 T dirigido hacia arriba, calcular la corriente inducida y la velocidad líite que alcanza la varilla. b) La potencia disipada por efecto Joule en la resistencia. Copare esta potencia con el trabajo por unidad de tiepo que realiza el peso. 8/15 a) L B La fe aparece en la espira porque disinuye su área, debido a la caída del travesaño superior: θ B dφ B dx L cosθ ε = = = B L v cosθ dt dt F F cosθ g sinθ donde Ldx es el área perdida, da, y θ es el ángulo constante que foran B y A (área de la espira). g θ Por otro lado, esta fe induce una intensidad en la espira, I: ε = IR

9 Problea 6 9/15 Al iso tiepo, al circular la intensidad por la espira, surge sobre ella una fuerza agnética. Todos los brazos son rígidos, así que el efecto de la isa es nulo. La fuerza sólo será efectiva sobre el único brazo óvil, el travesaño que cae. Coo es un hilo recto, en ángulo recto con B, la fuerza será: F = IL B= ILB ux ( ) La varilla alcanzará una velocidad líite constante sobre la rapa cuando la fuerza sobre ella sea nula. Las dos fuerzas que actúan son: por un lado, la coponente de la fuerza agnética y por otro, la coponente del peso. Este balance es: F θ g θ LB θ g θ li cos = sin I cos = sin donde heos nobrado a la intensidad que circula en esa situación coo I li De esa expresión, sacaos el valor de esa intensidad líite I li necesaria para que se produzca el balance: I li = g LB tgθ Ésta se relaciona con la fe: g ε = ε = = tgθ li li IR I R R LB

10 Problea 6 1/15 Ya sólo queda igualar las dos expresiones obtenidas para ε: ε li g = B L v cosθ R tg θ LB li = = v R g tgθ 2 2 L B cosθ b) rapa rapa F F g I = I Coponente de la fza agnética sobre la rapa Coponente del peso I rapa ε LB cosθ v F P v P = = = = = g R R IR IR IR LB cosθ = g sin θ

11 Problea 7 Sea una bobina circular, de N=4 vueltas y radio r=3 c, con resistencia R=16 Ω. La sección transversal de la bobina está localizada en un plano perpendicular a una capo agnético unifore y estático B=.5 T, coo se uestra en la figura. Si la bobina gira 9 o, cuánta carga atraviesa la bobina? 11/15 B eje n ε = RI = I = dφ dt dq dt dq = dφ R Q 1 φ f 1 Δφ Q= dq= dφ ( ) i φ, f φ, i R = = φ R R B n i B n f φ = = + i, NB nia NAB φ, f = Δ φ = NAB Q = NAB R

12 12/15 Problea 8 Se tienen dos bobinas de sección circular y L=2 c de longitud, coaxiales. La bobina interior (bobina 1) tiene 1 vueltas y r 1 = 2 c, y la exterior (bobina 2), 2 vueltas y r 2 =5c. Calcular los coef. de autoinducción e inducción utua. a) Autoinductancia de los solenoides: Así que, directaente: Sabeos: La inductancia de un solenoide: L φ 2 = = μnal I Para la bobina interior: φ L = = μ n AL, I1 Y para la exterior: φ L = = μ n A L, I2

13 Problea 8 13/15 b) Inductancia utua entre ellos: Priero calculaos el capo agnético B 1 debido a la corriente I 1 en la bobina interior: B 1 = N μ I r < r L r > r 1 Luego calculaos el flujo agnético que causa este capo a través de la bobina exterior, 2: ( ) ( ) ( ) φ = NBA= NB πr = nlb πr = μ nnlπr I, Y de él, la inductancia utua, M: φ M = = μ nn L πr ( ), I1 El iso resultado se hubiera tenido, si en lugar de calcular el φ,2 debido a I 1, hubiéraos calculado el φ 1 debido a I 2. Copruébalo.

14 14/15 Problea 9 Se tiene un hilo de corriente recto, que transporta una intensidad I(t)=I cos ωt, y una espira rectangular, contenidos abos en el iso plano del papel coo se uestra en la figura. La espira tiene sus dos lados ás largos paralelos al hilo, (con distancias r y r 1 al iso), cuya longitud l se desea deterinar, para que la fe inducida en la espira tenga un valor áxio dado, ε. It () = I cosωt dr r La fe inducida en la espira se debe, coo sabeos, al capo agnético variable que la atraviesa (ás concretaente, al flujo de este capo). Calculéoslo: El capo agnético, a una distancia r del hilo, ya lo sabeos: μi Br ( ) = 2π r r r 1 En nuestro caso, la I depende de t, y eso hace que B tenga una doble dependencia, en r y t. B rt μ = It 2π r (,) ()

15 Problea 9 15/15 Calculeos el flujo de B a través de la espira. Para ello, la dividios en pequeños rectángulos de superficie eleental l dr, en los que el capo es casi constante, y los suaos (integraos) todos: La fe, por Faraday, es: μ r dr μ It () r φ (,) rt = B(,) rt ds = It () ln S 2 π r r = 2 π r 1 1 dφ (,) r t μ r di() t μ r ε t I ω ωt ε ωt 1 1 ( ) = = ln = ln sin = sin dt 2π r dt 2π r O sea: ε μ I ω r = ln 2π r 1 I() t = I cosωt Valor áxio de ε, que es dato, ε. Y ya, de aquí, se despeja la longitud.

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