64 INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA -...

64 INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA08

El valor de la fuerza electromotriz viene dado por la ley de Fa-

raday, φ

=d

femdt

. Al no poder expresar el fl ujo en función del

tiempo, se trabaja con valores medios, es decir:

∆φ=∆

femt

El sentido de la intensidad viene dado por la ley de Lenz.

El fl ujo inicial a través de la bobina es: −φ = ⇒ φ = ⋅ ⋅ π ⋅ ⋅ = ⋅ π

2 2 300 0,08 ( 0,05 ) cos0º 6 10 WbN B S

a) Si el campo se anula, el fl ujo fi nal es cero, por lo que:−φ − φ∆φ ⋅ π

= = = ⇒∆ ∆

26 10fem

0,05f i

t t= π ⇒fem 1,2 =fem 3,77 V

El sentido de la intensidad será aquel que se oponga al cam-bio de fl ujo que la origina. Si suponemos una espira (la bo-bina) dibujada en el plano del papel y el campo magnético inicial entrando en la hoja, la intensidad de corriente indu-cida será aquella que tienda a reforzar el campo magnético que está disminuyendo. Por tanto, el sentido de la corriente será el de las agujas del reloj.

b) Al girar la bobina 90º en torno a un eje perpendicular al cam-po, el fl ujo fi nal es cero, ya que el ángulo que forma el campo magnético con el vector superfi cie es de 90º y cos 90º = 0.

Así pues, esta situación es similar a la del apartado a).

c) Al girar 90º respecto a un eje paralelo al campo, no hay varia-ción de fl ujo, por lo tanto no hay fem inducida.

d) Si el campo invierte el sentido tenemos que el fl ujo fi nal toma el mismo valor que el inicial pero de signo opuesto, entonces:

− −φ − φ∆φ ⋅ π − − ⋅ π= = = =∆ ∆

2 26 10 ( 6 10 )Wbfem 7,54 V

0,05sf i

t t

El sentido de la corriente es el mismo que en el apartado a) y b) ya que ahora también el campo está disminuyendo en el sentido en el que inicialmente estaba.

j Actividades propuestas 1. El plano de una espira circular de 15 cm de diámetro está

situado perpendicularmente a un campo magnético de 0,05 teslas. ¿Cuánto vale el fl ujo que lo atraviesa?

El valor del fl ujo magnético que atraviesa una espira se calcula mediante la expresión:

φ = = α

· cosB S BS

Conociendo su diámetro, podemos conocer la superfi cie de la espira.

− −= π = π ⋅ =2 2 2 2 2 (7,5 · 10 ) 1,77 · 10 mS r

Si sustituimos con los valores numéricos del enunciado, el valor del fl ujo es:

−φ = ⋅ ⋅ =2 40,5 T 1,77 m cos0º 8,85 · 10 Wb

j Sigue practicando 1. Una bobina circular de 4 cm de radio y 30 vueltas se si-

túa en un campo magnético dirigido perpendicularmente al plano de la bobina cuyo módulo en función del tiempo esB(t) = 0,01t + 0,04 t2, donde t está en segundos y B en teslas. Determina:

a) El fl ujo magnético en la bobina en función del tiempo.

b) La fuerza electromotriz inducida en el instante t = 5,00 s.

El fl ujo magnético a través de una espira viene defi nido por la expresión φ = ⋅

B S. Para el caso de una bobina, multiplicamos por el número de espiras:

φ = = α

cosN B S N B S

Según indica el enunciado, α = 0º , ya que el campo es perpen-dicular al plano de la bobina, por lo que:

−

φ = = ⇒

φ = ⋅ + π ⋅ ⋅2 2 2

cosº

30 (0,01 0,04 ) (4 10 )

N B S N B S

t t

El fl ujo a través de la bobina en función del tiempo es:−φ = ⋅ π +4 2( ) 4,8 10 ( 4 ) Wbt t t

La fuerza electromotriz viene dada por la ley de Faraday-Lenz. Así:

−

−

φ= − ⇒ = − ⋅ π + =

= − ⋅ π ⋅ +

4 2

4

d dfem fem [4,8 10 ( 4 )]

d d4,8 10 (1 8 ) V

t tt t

t

Si queremos calcular la fem en el instante de tiempo t = 5,00 s,sustituimos:

− −= = − ⋅ π + ⋅ = − ⋅4 2fem( 5,00 ) 4,8 10 (1 8 5,00) 6,18 10 Vt s

El signo negativo, según la ley de Lenz, indica que el sentido de la intensidad de corriente inducida es tal que los efectos que genera tienden a oponerse al cambio de fl ujo que la origina.

2. Una bobina de 300 espiras circulares de 5 cm de radio se halla inmersa en un campo magnético uniforme B = 0,08 T en la dirección del eje de la bobina, como se aprecia en la fi gura. Determina la fem media inducida y el sentido de la corriente inducida, si en ∆t = 0,05s :

a) El campo magnético se anula.

b) La bobina gira 90º en torno a un eje perpendicular al campo.

c) La bobina gira 90º en torno a un eje paralelo al campo.

d) El campo invierte su sentido.

B

6508INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA

trabajamos con incrementos. Además, tanto S como el ángu-lo α entre

B y

S son constantes en el tiempo. Así pues, si aplicamos la ley de Faraday y la ley de Lenz, tenemos:

∆φ ∆ α ∆= − = − = − α

∆ ∆ ∆( cos )

fem cos BS B

N N N St t t

Si sustituimos los valores numéricos del enunciado, tenemos:

− −

∆= − α =

∆−

= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅4 2 2

fem cos

(0,2 0,5)T5 25 10 m cos0º 3,75 10 V

0,1 s

BN S

t

c) En este caso el procedimiento es el mismo, pero ahora son constantes el campo magnético y la superfi cie, mientras que lo que cambia es el ángulo entre ellos, pasando de un α =i 0º a un α =f 90º.

∆φ ∆ α ∆ α= − = − = −

∆ ∆ ∆( cos ) cos

fem BS

N N N B St t t

− −−= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅4 2 2cos90º cos0º

fem 5 0,5T 25 10 m 6,25 10 V0,1s

4. Una espira circular de 0,2 m de radio se sitúa en un campo magnético uniforme de 0,2 T con su eje paralelo a la direc-ción del campo. Determina la fuerza electromotriz inducida en la espira si en 0,1 s y de manera uniforme:

a) Se duplica el valor del campo.

b) Se reduce el valor del campo a cero.

c) Se invierte el sentido del campo.

d) Se gira la espira un ángulo de 90º en torno a un eje dia-metral perpendicular a la dirección al campo magnético.

Al ser el eje de la espira paralelo a la dirección del campo, el án-gulo que forman los vectores campo

B y superfi cie

S es cero. Por lo tanto, el fl ujo inicial a través de la espira será:

φ = = α

· cosB S BS−φ = ⋅ π ⋅ ⋅ = ⋅ π2 2 30,2T 0,2 m cos0º 8 10 Wbi

a) Si duplicamos el campo magnético, el fl ujo pasará a tener el siguiente valor:

−φ = ⋅ π41,6 10 Wbf

Por lo que el incremento de fl ujo es:−φ − φ = ⋅ π38 10 Wbf i

La fuerza electromotriz inducida se calcula por medio de la

ley de Faraday,∆φ

=∆

femt

−−⋅ π

= = ⋅ π =3

28 10 Wbfem 8 10 V 0,25 V

0,1s

b) Si se reduce el valor del campo a cero, el fl ujo fi nal será cero, φ = 0 Wbf .

Así pues, el incremento de fl ujo será:−φ − φ = − ⋅ π38 10 Wbf i

2. Enuncia y comenta la ley de la inducción electromagnética (ley de Faraday), ayudándote con la descripción de algún experimento sencillo. Comenta sus aplicaciones prácticas.

En un circuito cerrado que es atravesado por un fl ujo magnético variable, se genera una intensidad de corriente eléctrica. Esta corriente eléctrica solo existe mientras el fl ujo magnético está cambiando. Si el fl ujo se hace constante, la intensidad de co-rriente desaparece.

La ley de Faraday nos permite calcular la fuerza electromotriz inducida, que es directamente proporcional al número de espi-ras y a la rapidez con la que varía el fl ujo. La expresión es la siguiente:

φ=

dfem

dN

t

N es el número de espiras y φ = ⋅

B S el fl ujo magnético.

El estudio de la inducción electromagnética se completa con la ley de Lenz, según la cual la fem instantánea es:

φ= −

dfem

dN

t

El fenómeno de la inducción se puede observar con la ayuda de un imán, un cable y un amperímetro. Con el cable hacemos una bobina de unas 10 espiras; después, conectamos sus extre-mos al amperímetro y a continuación provocamos una variación de fl ujo magnético, acercando y alejando el imán a la bobina. Observaremos que el amperímetro marca un fl ujo de corriente eléctrica, pues estamos induciendo una corriente eléctrica en la bobina mientras movemos el imán.

La aplicación más importante es la producción de corriente eléc-trica. Además, el fenómeno de la inducción electromagnética es la base del funcionamiento de los micrófonos y altavoces, de la grabación y lectura en soportes magnéticos (discos duros de ordenador, cintas de audio, cintas de vídeo, etc.), en los frenos eléctricos de trenes, camiones y autobuses, en las cocinas de inducción, etc.

3. Una bobina cuadrada y plana (S = 25 cm2), construida con 5 espiras, está en el plano XY:

a) Enuncia la ley de Faraday-Lenz.

b) Calcula la fem inducida si se aplica un campo magnético en dirección del eje Z, que varía de 0,5 T a 0,2 T en 0,1 s.

c) Calcula la fem media inducida si el campo permanece constante (0,5 T) y la bobina gira hasta colocarse en el plano XZ en 0,1 s.

a) La ley de Faraday-Lenz permite calcular la fem inducida en una bobina al variar el fl ujo magnético que la atraviesa, según la expresión:

φ= −

dfem

dN

t

El signo negativo indica que la corriente inducida tendrá un sentido tal que tenderá a anular la causa que la genera.

b) Como no conocemos el fl ujo magnético en función del tiem-po, no se puede utilizar la expresión de la derivada. Por ello,


II) Si se mantiene el valor del radio r pero el valor del campo aumenta progresivamente, siguiendo el mismo razonamiento que en el apartado I), el fl ujo del campo magnético 0B au-mentará de nuevo, y el sentido de la corriente inducida será también antihorario.

6. a) Enuncia las leyes de Faraday y de Lenz de la inducción electromagnética.

b) La espira circular de la fi gura adjunta está situada en el seno de un campo magnético uniforme. Explica si existe fuerza electromotriz inducida en los siguientes casos:I) la espira se desplaza hacia la derecha; II) el valor del campo magnético aumenta linealmente con el tiempo.

a) Ley de Faraday: ver epígrafe 8.2.C de la Unidad 8, pág. 195.

Ley de Lenz: ver epígrafe 8.2.D de la Unidad 8, pág. 196.

b) Se realiza un análisis de cada caso:

I) Si desplazamos la espira hacia la derecha, el fl ujo a tra-vés de la misma permanece constante, puesto que el campo, la superfi cie y el ángulo entre ambos no cambia. Por lo tanto, la fuerza electromotriz inducida en este caso es cero.

II) Si el valor del campo magnético aumenta linealmente con el tiempo, según la expresión =B at , siendo a una constante positiva, el fl ujo será:

φ = ⋅ =

cos0ºB S at S

La fuerza electromotriz inducida se calcula aplicando las leyes de Faraday y de Lenz.

φ= − =

dfem

da S

t

Por tanto, en este caso sí que existe una fuerza elec-tromotriz. La intensidad de la corriente inducida tendrá un sentido antihorario, ya que por la ley de Lenz esta intensidad se opone a la variación del fl ujo inductor; es decir, que esta intensidad generará un campo magnético saliente del plano del dibujo.

7. Menciona dos aplicaciones del electromagnetismo. Indica con qué fenómeno electromagnético se encuentran relacio-nadas.

Algunos ejemplos de aplicaciones electromagnéticas relacio-nadas con el fenómeno de la inducción son la producción de corriente alterna, el funcionamiento de los transformadores, las placas de inducción de las cocinas, los frenos eléctricos devehículos pesados, etc.

Y la fuerza electromotriz:−

−− ⋅ π= = − ⋅ π =−

328 10 Wb

fem 8 10 V 0,25 V0,1s

El signo negativo indica que en este caso la intensidad de corriente inducida circulará en sentido contrario al del caso anterior.

c) Si se invierte el sentido del campo, el fl ujo será el mismo, pero de signo contrario:

−φ = − ⋅ π38 10 Wbf

−φ − φ = − ⋅ π21,6 10 Wbf i

Y la fuerza electromotriz:−

−− ⋅ π= = − ⋅ π = −

211,6 10 Wb

fem 1,6 10 V 0,50 V0,1s

d) Al girar la espira un ángulo de 90º en torno a un eje dia-metral, perpendicular a la dirección al campo magnético, el fl ujo pasa a ser cero, ya que las líneas del campo no atra-viesan la superfi cie de la espira. Por lo tanto, los cálculos son similares a los del apartado b), y la fuerza electromotriz será:

= −fem 0,25 V

5. a) Enuncia la ley de la inducción de Faraday.

b) Una espira circular se coloca en una zona de campo mag-nético uniforme, B0, perpendicular al plano de la espira y dirigido hacia adentro tal como se muestra en la fi gura. Razona en qué sentido circulará la corriente inducida en la espira en los siguientes casos:

B0

r

I) Aumentamos progresivamente el radio de la espira man-teniendo el valor del campo.

II) Mantenemos el valor del radio de la espira pero vamos aumentando progresivamente el valor del campo.

a) Ver epígrafe 8.2.C de la Unidad 8, pág. 195.

b) Analizamos cada uno de los casos planteados:

I) Si aumentamos progresivamente el radio de la espira, el fl ujo del campo magnético 0B aumentará. La corriente inducida generará un campo magnético, cuyo fl ujo tiende a oponerse al cambio del fl ujo que lo origina. Dicho de otro modo, el campo inducido iB irá en sentido contrario a 0B , y para que el campo iB sea saliente del plano del dibujo, la intensidad de corriente ha de tener sentido antihorario.


v

a) Determinar el fl ujo magnético que atraviesa la espira en función del tiempo.

b) Hallar la fem inducida en la espira.

c) Indicar razonadamente el sentido de la corriente indu-cida.

a) El fl ujo magnético se calcula mediante la expresión:

φ =

· B S

φ = 1 2( ) [ ( )]t B v t

En la que = =1 10 cm 0,1 m es el lado largo, y = =2 5 cm 0,05 m es el lado corto. El ángulo entre los

vectores campo y superfi cie es de 0º.

Sustituyendo obtenemos:

− −φ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =2 4( ) 1,7 [0,1(0,05 2,4 10 )] 2,04·10 Wbt t t

b) La fuerza electromotriz inducida viene dada por la expresión

de la ley de Faraday, φ

=d

femdt

Así, −= ⋅ 4fem 2,04 10 V

c) El sentido de la corriente eléctrica viene dado por la apli-cación de la ley de Lenz. Según ella, el campo magnético inducido tiende a oponerse al cambio del fl ujo inductor, de modo que la corriente inducida genera un campo saliente del dibujo del enunciado. Por tanto, el sentido de la corriente inducida será antihorario.

10. Por un hilo vertical indefi nido circula una corriente eléctrica de intensidad I. Si dos espiras se mueven, una con velocidad paralela al hilo y otra con velocidad perpendicular, respecti-vamente, ¿se inducirá corriente eléctrica en alguna de ellas? Razona la respuesta.

vI

v

Si la espira se mueve de forma paralela al hilo conductor, el fl ujo en su interior no varía, ya que el fl ujo que atraviesa la espira no cambia. Es decir, en ese caso en la espira no se produce corriente inducida.

Sin embargo, si alejamos la espira del hilo conductor, el fl ujo que atraviesa la espira disminuye, ya que al alejarnos del hilo el campo es cada vez menor. Por tanto, en este caso en la espira sí se induce corriente eléctrica. El sentido de esta viene dado por

8. Un alambre conductor se dobla en forma de U, con sus lados paralelos separados una distancia d = 20 cm. Sobre estos lados se apoya una varilla conductora, formando un circui-to rectangular por el que puede circular corriente eléctrica. Existe un campo magnético uniforme de intensidad B = 0,2 Tperpendicular al plano del circuito y, en la fi gura, dirigido hacia adentro. La varilla se mueve como indica la fi gura, con velocidad uniforme v = 0,5 m/s.

B

V

d

a) Calcula la fem inducida en el circuito.

b) ¿En qué sentido circula corriente por la varilla? Razona tu respuesta.

a) La fuerza electromotriz inducida viene dada por la expresión de la ley de Faraday:

φ=

dfem

dt

La superfi cie de la espira varía con el tiempo, según la ex-presión:

= +0 ( )S S d v t

El ángulo entre el campo magnético y el vector superfi cie es de 0º. Por lo tanto, el fl ujo magnético a través de la espira en función del tiempo es:

φ = +0( ) [ ]t B S d v t ,

y la fuerza electromotriz:

φ= =

dfem

dBd v

t−= ⋅ ⋅ ⋅ 2fem 0,2 T 0,2 m 0,5 m/s=0,02 V =2 10 V

b) El sentido de la corriente se averigua aplicando la ley de Lenz. Según ella, la intensidad inducida genera un campo magnético que se opone al cambio del fl ujo inductor, es decir, genera un campo magnético saliente según la fi gura del enunciado. Por otra parte, el sentido de la intensidad de corriente es antihorario, según la regla de la mano derecha.

9. Una espira conductora rectangular de 10 cm por 5 cm pe-netra con una velocidad de 2,4 cm/s en una región donde existe un campo magnético uniforme de inducción B = 1,7 T, perpendicular al papel y entrante en este. El lado más corto y delantero de la espira entra en el campo magnético ent = 0 s.


12. Una espira de 10 cm de radio se coloca en un campo magné-tico uniforme de 0,4 T y se la hace girar con una frecuencia de 20 Hz. En el instante inicial, el plano de la espira es perpendicular al campo:

a) Escribe la expresión del fl ujo magnético que atraviesa la espira en función del tiempo y determina el valor máxi-mo de la fem inducida.

b) Explica cómo cambiarían los valores máximos del fl ujo magnético y de la fem inducida si se duplicase el radio de la espira. ¿Y si se duplicara la frecuencia de giro?

a) En el instante inicial, el plano de la espira es perpendicular al campo. Por tanto, el ángulo inicial que forma el vector superfi cie con el vector campo es 0º.

Al girar con una frecuencia de 20 Hz, podemos calcular la velocidad angular:

ω = π = π2 / 2T f

El ángulo que forma el vector superfi cie con el vector campo será:

θ = θ + ω = + π ⇒0 0º 2 t f t θ = π2 ft

El fl ujo magnético es φ = ⋅ = θ

cosB S B S . Sustituyendo por las magnitudes del enunciado, tenemos:

φ = π π20 cos(2 )B r ft

Sustituyendo −φ = ⋅ π ⋅ π1 2 20,4 T [ (10 ) ] m cos(40 )t

−φ = π = ⋅ π2 3máx 0 4 10 WbB r

El fl ujo máximo es:

−φ = π = ⋅ ⋅ π2 3máx 0 4 10 WbB r

La fuerza electromotriz viene dada por la expresión de la ley de Faraday-Lenz:

φ= −

dfem

dt

= π π π20fem 2 sen(2 )B r f ft ,

con un valor máximo de:

= π2 2máx 0fem 2B r f

Sustituyendo, la fem máxima será

= π =2máxfem 0,16 V 1,58 V

b) Si se duplica el radio de la espira, el fl ujo será:

φ = π π20’ (2 ) cos(2 )B r ft

φ = π 2máx 0’ 4B r

Por lo tanto el fl ujo se ha cuadruplicado.

La fuerza electromotriz será:

= π π π20fem’ (2 ) 2 sen(2 )B r f ft

= π2 2máx 0fem’ 8B r f

Es decir, también se ha cuadruplicado.

la aplicación de la ley de Lenz. Según la fi gura del enunciado, el campo en la zona de la izquierda del hilo es saliente, por lo que el campo magnético inducido será saliente, ya que tenderá a compensar la pérdida de fl ujo inductor. Aplicando la regla de la mano derecha, la intensidad de corriente inducida irá en sentido antihorario.

11. Una espira conductora circular de 4 cm de radio y de 0,5 Ω de resistencia está situada inicialmente en el plano XY. La espira se encuentra sometida a la acción de un campo mag-nético uniforme B, perpendicular al plano de la espira y en el sentido positivo del eje Z.

a) Si el campo magnético aumenta a razón de 0,6 T/s, deter-mine la fuerza electromotriz y la intensidad de la corriente inducida en la espira, indicando el sentido de la misma.

b) Si el campo magnético se estabiliza en un valor cons-tante de 0,8 T, y la espira gira alrededor de uno de sus diámetros con velocidad angular constante de 10π rad/s, determine en estas condiciones el valor máximo de la fuerza electromotriz inducida.

a) El ángulo que forma el vector campo

B y el vector superfi cie

S es cero. El fl ujo del campo magnético a través de la espira varía debido a que el campo cambia en el tiempo. Por tanto, la fuerza electromotriz inducida dada por la expresión de la

ley de Faraday,∆φ

=∆

femt

, es:

− −∆= ⇒ = π ⋅ ⋅ = ⋅

∆2 2 2 3fem fem (4 10 ) m 0,6T/s 3,02 10 V

BS

t

Si la espira tiene una resistencia de = Ω0,5R utilizando la expresión de la ley de Ohm, =V R I, obtenemos:

−− −⋅

⋅ = ⇒ = = ⋅3

3 33,02 103,02 10 0,5 A 6,03 10 A

0,5I I

El sentido de la corriente viene dado por la aplicación de la ley de Lenz. Así, el campo magnético inducido tenderá a oponerse a la variación del campo magnético inductor. Si suponemos que está aumentando el campo hacia arriba a razón de 0,6 T/s, el campo magnético inducido irá hacia abajo, por lo que la intensidad de corriente tendrá un senti-do horario, según la regla de la mano derecha.

b) Al girar la espira, el ángulo entre el vector campo

B y el vector superfi cie

S no es constante. Su valor varía según la expresión θ = ωt , por lo que el fl ujo será:

φ = ωcos( )B S t

Por otra parte, la fem, según la expresión de la ley de Fara-

day-Lenz, es,φ

= −d

femdt

= ω ωfem sen( )B S t

Por lo tanto, la fem máxima será:

= ωmáxfem B S

Sustituyendo los valores:

−= ⋅ π ⋅ ⋅ ⋅ π =2 2máxfem 0,8 (4 10 ) 10 0,13 V


Nota: En cada respuesta se debe realizar un esquema de la confi guración del experimento propuesto, indicando las po-siciones relativas de los distintos elementos empleados y las direcciones de los campos magnéticos y corrientes invo-lucradas. También se debe mencionar el principio o ley física en que se basa el efecto que se espera observar.

a) La brújula indica la dirección del campo magnético terres-tre. Pero cuando se acerca a la bobina conectada a la pila, la brújula se ve afectada por un cambio en la dirección del campo magnético (capta la suma de los campos magnéticos terrestre y del creado por la bobina). De ello se deduce que por la bobina está circulando una intensidad de corriente eléctrica.

b) Para inducir una corriente eléctrica en la espira circular ne-cesitamos provocar una variación de fl ujo magnético en la misma, tal como indica la ley de Faraday. Una forma de con-seguirlo es utilizar el campo magnético creado por la bobi-na. Así, se coloca la espira dentro de ese campo magnético para provocar un cambio en el fl ujo que atraviesa la espira, modifi cando la posición relativa entre la bobina y la espira. El paso de corriente eléctrica lo podemos detectar por medio del miliamperímetro.

El sentido de la corriente eléctrica viene dado por la ley de Lenz. El campo magnético creado por la intensidad de corriente inducida tenderá a compensar la variación del fl ujo inductor. El sentido de la intensidad dependerá de si se acerca o se aleja la bobina por su cara norte. Si acercamos o alejamos la bobi-na por su cara sur, la intensidad de corriente sería de sentido contrario.

Si se duplica la frecuencia de giro, las expresiones quedan:

φ = π π20’’ cos[2 (2 ) ]B r f t ,

por lo tanto el fl ujo máximo no cambia.

La fem quedará:

= π π π20fem’’ 2 (2 )sen[2 (2 ) ]B r f f t ,

y la fem máxima será:

= π π = π2 2 2máx 0 0fem’’ 2 (2 ) 4B r f B r f

Por lo tanto, la fem máxima se ha duplicado.

13. Describa un transformador y deduzca la llamada «relación de transformación» del mismo, explicando sus consecuencias.

Ver epígrafe 8.3 de la Unidad 8, transformadores y relación de transformación, págs. 200 y 201.

14. En un laboratorio de Física se dispone del siguiente material:

1) Una bobina conductora (solenoide) conectada a una pila de 9 V.

2) Una brújula.

3) Una espira conductora circular conectada a un miliampe-rímetro.

Se pide:

a) Describir un experimento que permita averiguar, em-pleando la brújula, si pasa corriente eléctrica por la bo-bina conectada a la pila.

b) Describir un experimento mediante el cual se pueda in-ducir una corriente eléctrica en la espira circular, em-pleando el material descrito anteriormente.

70 ELECTROMAGNETISMOB3

gativa al punto donde el campo se anula, podemos escribir las expresiones siguientes:

+ =

1 2 0E E

− =1 2 0E E

− =+ 2 2

20

( )q q

K Kd x x

=+ 2 2

2 1( )d x x

Resolviendo la ecuación, obtenemos:

= ±(1 2) x d

La solución = −(1 2) x d no sirve, ya que x tomaría un valor negativo, correspondiente a la zona entre cargas. En esa zona los módulos del campo sí coinciden, pero con el mismo sen-tido.

Por lo tanto, el punto donde la intensidad del campo eléc-trico se anula estará a una distancia de la carga negativa de = +(1 2) x d sobre la línea recta que une las cargas, por fuera

de las cargas y más cerca de la negativa.

La respuesta correcta es, por tanto, la c).

3. Si tenemos dos cargas iguales, q, separadas una distancia d:

a) El campo eléctrico en el punto medio tiene valor cero.

b) El potencial en el punto medio tiene valor cero.

c) La energía potencial es negativa.

Al ser las dos cargas iguales, tienen el mismo signo. Por lo tan-to, la suma del potencial creado por las dos cargas en cualquier punto no puede anularse.

La energía potencial entre las dos cargas se expresa como

= 1 2p

q qE k

d, y dado que K y d tienen signos positivos y las

cargas son iguales, la energía potencial es positiva.

Al tener las cargas iguales, el campo eléctrico creado a iguales distancias tendrá el mismo módulo, y justo en la línea recta que une a las cargas. El sentido del campo creado por cada carga será opuesto, por lo que la suma de ambos campos será cero.

Así pues, la solución correcta es la a).

4. Las líneas del campo eléctrico:

a) Son siempre paralelas.

b) Algunas veces se pueden cortar.

c) Son radiales y entrantes de una carga puntual negativa.

Las líneas del campo eléctrico solo son paralelas cuando el campoes uniforme (por ejemplo, el creado en el interior de dos placas paralelas cargadas). En ese caso las líneas de campo nunca se pueden cortar.

En el caso de tener una sola carga, las líneas de campo son radiales, y si la carga es negativa las líneas son entrantes en la carga.

La solución correcta es la c).

j Autoevaluación 1. La fuerza eléctrica entre dos cargas puntuales:

a) Es siempre atractiva.

b) Es conservativa.

c) Solo depende de las cargas y de la distancia que las se-para.

La ley de Coulomb permite calcular la fuerza entre dos cargas,

según la expresión = 1 22

q qF K

d

Esta fuerza puede ser atractiva cuando las cargas son de signos opuestos, o repulsiva cuando tienen el mismo signo.

Por otra parte, esta fuerza depende de una constante, = πε1 / 4K , donde ε es la permitividad eléctrica del medio

en el que se encuentran las cargas. Por lo tanto, es un valor que depende del medio.

La fuerza eléctrica es una fuerza central, por lo que es conser-vativa.

Así pues, la solución correcta es la b).

2. Tenemos dos cargas, una positiva (+2q) y otra negativa (–q). ¿Podemos asegurar que existe un punto en el que la intensidad del campo eléctrico vale cero?

a) No existe.

b) Sí existe, en la recta que une las cargas, por fuera y más cerca de la negativa.

c) Sí existe, entre las dos cargas.

La intensidad del campo eléctrico se calcula utilizando el prin-cipio de superposición, es decir:

= +

Total 1 2E E E

El campo creado por una carga q es =

r2

qE K u

rDe la carga positiva salen líneas de campo, y la carga negativa es sumidero de líneas de campo. Se puede hacer un gráfi co con las cargas indicadas, teniendo en cuenta que el campo eléctrico disminuye, según nos alejamos de la carga, de forma inversa-mente proporcional a la distancia.

Para que se pueda anular el campo eléctrico, los vectores

1E y

2E tienen que tener la misma dirección y sentido contrario. Esto solo ocurre en los puntos que se encuentran sobre la línea recta que une las cargas. Entre las cargas no se puede anular la inten-sidad del campo, ya que los vectores tienen el mismo sentido.

Por fuera de las cargas y más próximo a la carga positiva, el módulo del campo eléctrico creado por la carga +2q será siem-pre mayor que el módulo del campo creado por la carga –q, ya que la distancia a la carga +2q es menor que a la distancia –q, y además + > −2q q . Por tanto, no se anula tampoco en esta zona.

Por fuera de las cargas, y en un punto más próximo a la carga negativa –q, sí que se pueden anular, ya que tienen sentidos opuestos y los módulos pueden ser iguales. Si se denomina d a la distancia entre cargas, y x a la distancia desde la carga ne-

71B3ELECTROMAGNETISMO

10. Si una partícula cargada entra en un campo magnético, esta-rá sometida a una fuerza magnética:

a) Siempre distinta de cero.

b) Que será máxima si entra de forma perpendicular alcampo.

c) Que será cero si entra de forma perpendicular al campo.

La fuerza magnética sobre una carga en movimiento viene dada por la ley de Lorentz, cuya expresión es = ×

m ( )F q v B

Esta fuerza puede ser cero si la velocidad

v y el campo

B for-man un ángulo de 0º o de 180º.

La fuerza siempre es perpendicular al plano formado por la ve-locidad y al campo, y toma un valor máximo cuando el producto vectorial es máximo, es decir, cuando la velocidad es perpendicu-lar al campo.

Por lo tanto, la solución correcta es la b).

11. Dos conductores rectilíneos, paralelos e indefi nidos:

a) Se atraen si sus intensidades de corriente tienen senti-dos opuestos.

b) Se atraen si sus intensidades de corriente tienen el mis-mo sentido.

c) Siempre se repelen.

Dos conductores rectilíneos e indefi nidos, separados una distan-cia a por los que pasan respectivamente unas intensidades de corriente 1I e 2I interaccionan con una fuerza por unidad de longitud que viene expresada por la siguiente ecuación:

µ= =

π

0 1 21 2

1 2 2I IF Fa

Esta interacción es de atracción cuando las intensidades tienen el mismo sentido, y de repulsión cuando tienen sentidos contrarios.

La solución correcta es la b).

12. Para inducirse una corriente eléctrica en una bobina:

a) Solo se requiere que varíe el fl ujo magnético.

b) El campo magnético tiene que ser variable.

c) La superfi cie de la bobina tiene que ser constante.

La corriente inducida se produce cuando tenemos una fuerza electromotriz, según la ley de Faraday:

φ=

dfem

dtPor tanto, lo único que se necesita para crear una corriente in-ducida es producir una variación en el fl ujo magnético a través de la superfi cie de una espira.

Como la ecuación del fl ujo magnético es φ = ⋅ = θ

cos ,B S BS sepuede provocar una variación de fl ujo al variar el campo, al va-riar la superfi cie o al variar el ángulo entre los vectores campo

B y superfi cie

S.

La respuesta correcta es la a).

5. La energía potencial eléctrica de una distribución de dos cargas puntuales toma valor negativo si:

a) Las dos cargas son negativas.

b) Las dos cargas son positivas.

c) Las cargas son de signo contrario.

La energía potencial eléctrica de una distribución de dos cargas puntuales viene dada por la expresión:

= 1 2p

q qE K

d

Como K y d siempre son positivas, la pE tendrá signo negativo, siempre que las cargas sean de signos opuestos.

Por tanto, la solución correcta es la c).

6. Al conectar dos esferas conductoras del mismo tamaño y de distinta carga:

a) Se igualan los potenciales de las esferas.

b) Se igualan las cargas de las esferas.

c) No ocurre nada.

Al conectar dos esferas cargadas, se producirá un intercambio de cargas hasta conseguir igualar los potenciales de las dos esferas.

Así pues, la respuesta correcta es la a).

7. El campo magnético:

a) Es conservativo ya que el trabajo que realiza la fuerza magnética a lo largo de una línea cerrada es cero.

b) Es conservativo ya que todos los campos vectoriales son conservativos.

c) No es conservativo.

Las líneas del campo magnético son cerradas, por lo tanto el campo magnético no es conservativo.


8. Las líneas del campo magnético:

a) Son abiertas.

b) Son cerradas solo en el caso del campo creado por un conductor.

c) Son siempre cerradas.

Las líneas del campo magnético son siempre cerradas.


9. La experiencia de Oersted prueba que:

a) Existen campos magnéticos.

b) Las cargas en movimiento son desviadas por los campos magnéticos.

c) Una corriente eléctrica crea un campo magnético.

Oersted comprobó que al hacer pasar por un conductor una intensi-dad de corriente, en sus cercanías se creaba un campo magnético.



α= α ⇒ =

2

2 tgtg

qK mgd q dm g K

Sustituyendo numéricamente:

−−⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ = = µ⋅

36

9

1,6 10 9,81 tg30º0,25 10 C 1 C

9 10q

2. Dibuje el vector campo eléctrico en los puntos A y B de la fi gura y determine el valor de su módulo en función de q y d, sabiendo que los dos puntos y las cargas están contenidos en el mismo plano.

+ –

B

d/2

d/2d

–q+q A

El campo eléctrico creado por una carga puntual es:

=

2 r

qE K u

r

El campo total en un punto es la suma de los campos eléctricos creados por cada carga en dicho punto:

= +

Total 1 2E E E

Estudiamos el campo total en cada punto.

En el punto A:

= + +

2[cos(0º) sen (0º) ]

( / 2)A

qE K i j

d

+ +

2[cos(0º) sen (0º) ]

( / 2)q

K i jd

= =

A 2 2

2 8( / 2)

q qE K i K i

d d

Si todas las magnitudes se expresan en el SI el campo eléctrico se expresa en N/C.

En el punto B:

La distancia desde cada carga hasta el punto B la calculamos utilizando el Teorema de Pitágoras.

= + ⇒ =2 2 2 1( / 2) ( / 2)

2r d d r d

Entonces el campo en el punto B es:

= + +

B 2[cos (45º) sen (45º) ]

( / 2)q

E K i jd

+ − ⋅ + − ⋅

2[cos ( 45º) sen ( 45º) ]

( / 2)q

K i jd

= =

B 2 2

2 2 4 2( / 2) 2

q qE K i K i

d d

j Actividades adicionales 1. Dos partículas a y b tienen masas iguales de 1,6 g y cargas

de igual valor, pero de signos contrarios. La partícula b está fi ja en el espacio y la partícula a está colgada del techo por un hilo de masa despreciable (ver la fi gura). Cuando ambas partículas están separadas una distancia de 0,25 m, la par-tícula a se halla en equilibrio y el hilo forma un ángulo de 30º con la vertical.

30o

a b

0,25 m

Calcula:

a) La tensión del hilo.

b) La fuerza de atracción entre las partículas.

c) El valor absoluto de la carga de las partículas

Datos: K = 9,00∙109∙N∙m2∙C–2, g = 9,81 m·s–2

Aplicamos la segunda ley de Newton sobre la partícula a, de modo que:

=∑

aF m a

Como está en equilibrio la aceleración es cero.

Despreciamos las fuerzas gravitatorias frente a las fuerzas elec-trostáticas.

Ahora estudiamos las fuerzas por componentes:

Componente x: − =e x 0F T

Componente y: − =x 0T P

Sustituyendo, formamos el sistema de ecuaciones:

= α= α

2

2sen

cos

qK T

dmg T

a) Para obtener la tensión basta con tomar la segunda ecuación y despejar la T.

= α/ cosT m g


− −−⋅ ⋅ ⋅

= = ⋅3 2

21,6 10 kg 9,81 m s1,81 10 N

3 / 2T

b) La fuerza de atracción entre las partículas coincide con el valor de la componente horizontal de la tensión, ya queFe = Tx, entonces = αe senF T , y sustituyendo:

− −= ⋅ ⋅ = ⋅2 3e 1,81 10 sen 30º 9,06 10 NF

c) A partir del sistema de ecuaciones, si dividimos término a término obtenemos una ecuación equivalente de donde po-demos despejar la carga q:


= ⇒ = ⇒ =

F qEF ma a a

m m


−

−

⋅ ⋅ −= = − ⋅

⋅

1910 2

27

1,60 10 C ( 200 ) V/m1,92 10 m/s

1,67 10 kgj

a j

La trayectoria será parabólica, donde la componente x de la velocidad es constante, =

x 3000 m sv i .

Si escribimos las ecuaciones de cinemática, tomando como po-sición inicial la que corresponde al entrar en el campo eléctrico, tenemos:

= + + = = + − ⋅

= − ⋅

x

10 2

10y

0 3000 0

3000

10 3000 1,92 10

23000 1,92 10

x t

v

y t t

v t

a) Observamos que la trayectoria (x, y) corresponde a una pa-rábola convexa, el protón empieza subiendo, alcanza una altura máxima y acaba cayendo. Eliminamos el parámetro t:

= + +

= + − ⋅ ⋅ 10 2

0 3000 0

10 3000 1,92 10

2

x t

y t t

= ⋅ − ⋅ ⋅

2

1013000 1,92 10

3000 2 3000x x

y

= − ⋅ 3 21,07 10y x x

Calculamos el vértice de la parábola:

−= − ⇒ = − − ⋅ = ⋅3 4v / 2 1 / 2 ( 1,07 10 ) 4,67 10 mvx b a x

Podemos dibujar la trayectoria:

y

x

b) Calculamos el tiempo que tarda en alcanzar la altura máxi-ma. En este punto la componente y de la velocidad es cero, entonces:

= ⇒ − ⋅ =10y 0 3000 1,92 10 0v t

−= ⋅ 71,56 10 st

c) La altura máxima alcanzada corresponde con el valor de la y cuando el tiempo es el calculado en el apartado anterior:

− −

−

= ⋅ = ⋅ ⋅ −

− ⋅ ⋅

7 7

10 7 2

( 1,56 10 s) 3000 1,56 10

11,92 10 (1,56 10 )

2

y t

−= ⋅ 4máx 2,34 10 my

3. Sean dos cargas, Q1 y Q2, colocadas en los puntos del plano XY dados por las coordenadas (–d, 0) y (d, 0), respectiva-mente. Si Q1>0 y Q2<0, y se cumple que 1 24Q Q= , averigua en qué puntos del plano XY el campo eléctrico es nulo.

Como = +

Total 1 2E E E , para que el campo se anule en un punto, los vectores campo eléctrico creados por cada cara tienen que ser opuestos, es decir, tienen que tener la misma dirección, sentido contrario y el mismo módulo.

Para que tengan la misma dirección los puntos tienen que estar sobre la recta que pasa por las dos cargas.

Para que el sentido sea opuesto, el punto tiene que estar por fuera de las cargas.

Como >1 2Q Q , para que los módulos sean iguales tiene que cumplirse que >1 2d d .

Buscamos en qué punto a una distancia x, a la derecha de la carga Q1, se cumple que el módulo de los campos eléctricos son iguales.

= ⇒ =+1 2

1 2 2 2(2 )

Q QE E k k

d x x

= ⇒ + + =+

2 2 22 2

4 14 4 4

(2 )x dx d x

d x x

− − =2 23 4 4 0x dx d

Resolviendo la ecuación, obtenemos:

± − − ⋅ ⋅ −=

⋅

2 24 ( 4 ) 4 3 ( 4 )

2 3

d d dx

=± = ⇒ = −

1

2

24 8(2 / 3)6

x dd dx

x d

La solución negativa no sirve, aunque en dicho punto el módulo sea el mismo, el sentido sería también el mismo, y el campo no sería cero.

La solución al problema es que en el punto situado a 2d a la derecha de la carga Q1 el campo eléctrico se anula.

Si suponemos que todas las unidades están dadas en el SI,x = 2d m.

4. Considera una región del espacio en la que hay un campo eléctrico uniforme ( 200 ) V mE j= −

. Un protón penetra en esa región con una velocidad (3 000 3 000 ) m sv i j= +

:

a) Dibuja la trayectoria que seguirá el protón.

b) Calcula el tiempo que transcurre desde que penetra en esa región hasta que deja de subir.

c) Calcula la altura máxima alcanzada.

Datos: Carga del protón: 19p 1,60 10 Cq −= ⋅

Masa del protón: 27p 1,67 10 kgm −= ⋅

La carga está sometida a una fuerza eléctrica dada por la rela-ción =

F qE

Obtenemos la aceleración a partir de la segunda ley de Newton:


Entonces el campo eléctrico creado por cada carga en el punto P(1,2) es:

−− ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

69 2 2 4

1 2 2

2 10 C9 10 N m C 1,8 10 N/C

1 mE i i

−− − ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅

69 2 2 3

2 2 2

4 10 C9 10 N m C 9 10 N/C

2 mE j j

Y el campo total en el punto P es:

= + = ⋅ − ⋅

4 3Total 1 2 (1,8 10 9 10 ) N/CE E E i j

Con un módulo de = ⋅ 4Total 2,01 10 N/CE

b) El trabajo necesario es la variación de energía potencial que adquiere la carga al llevarla desde un punto a otro.

= ∆ = ∆pW E q V

Una carga positiva es empujada por el campo eléctrico hacia zonas de potencial menor, es decir, perdiendo energía poten-cial (si el trabajo es negativo, el desplazamiento lo realiza el campo por sí solo).

Calculamos el potencial en cada punto, teniendo en cuenta

que el potencial creado por una carga es =q

V Kr

Así pues, en el origen de coordenadas el valor será:

= + ⇒1 20

1 2

q qV K K

r r

− −− ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = − ⋅

6 69 2 2 4

0

2 10 C 4 10 C9 10 N m C 2,7 10 V

2 m 1 mV

Y en el punto P(1,2), el valor será:

= + ⇒1 2

1 2P

q qV K K

r r

− −− ⋅ − ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⇒

6 69 2 2

P

2 10 C 4 10 C9 10 N m C

1 m 2 mV =P 0V V

Por lo tanto, el incremento de potencial es:

∆ = − = ⋅ 4P 0 2,7 10 VV V V

Y el trabajo es:

− −= ∆ = − ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅6 4 23 10 2,7 10 8,1 10 JW q V

Al tener signo negativo, el trabajo lo realiza el campo eléc-trico, no hace falta ninguna fuerza externa para provocar el desplazamiento.

7. Una partícula que se encuentra fi ja en la posición 1 0x = tiene una carga eléctrica q1 = −7 μC, y otra partícula quese encuentra, también fi ja, en 2 5 cmx = tiene una car-ga eléctrica q2 = 2 μC. Calcula en los puntos 3 6 cmx = y

4 9 cmx = :

a) El campo eléctrico.

b) El potencial eléctrico.

Dato: Constante de Coulomb: 9 2 29 10 N m CK −= ⋅ ⋅ ⋅ .

5. A una gotita de aceite se han adherido varios electrones, de forma que adquiere una carga de 199,6 10 C−⋅ . La goti-ta cae inicialmente por su peso, pero se frena y queda en suspensión gracias a la aplicación de un campo eléctrico. La masa de la gotita es de 153,33 10 kg−⋅ y puede considerarse puntual.

a) Determine cuántos electrones se han adherido.

b) ¿Cuál es el valor del campo eléctrico aplicado para que la gotita quede detenida?

c) Calcule la fuerza eléctrica entre esta gotita y otra de idénticas propiedades, si la separación entre ambas es de 10 cm. Indique si la fuerza es atractiva o repulsiva.

Datos: 191 6 10 Ce −= ⋅, , 9 2 201 (4 ) 9 10 N m Cπε = ⋅ ⋅

a) Si la carga que adquiere es −⋅ 199,6 10 C , dividiendo por la carga de un electrón tendremos el número de electrones:

−

−

⋅= ⇒ = =

⋅

19

e e 19e

9,6 10 C6

1,6 10 Cq

n nq

b) Al quedar en suspensión, el peso y la fuerza eléctrica están compensados:

+ =

e 0P F

= ⇒ = ⇒ =e

m gP F m g q E E

q

Sustituyendo:

− −

−

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅

⋅

15 24

19

3,33 10 kg 9,8 m s3,40 10 N/C

9,6 10 CE

c) La fuerza eléctrica entre dos caras viene dada por la ley de Coulomb; así:

−−

−

−

⋅= ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅

19 21 2 9 2 2

2 1 2

25

(9,6 10 C)9 10 N m C

(10 m)

8,29 10 N

e e

q qF K F

d

Al ser las cargas de igual signo, la fuerza entre ellas es de repulsión.

6. Dos cargas, 61 2 10 Cq −= ⋅ y 6

2 4 10 Cq −= − ⋅ están fi jas en los puntos 1(0, 2)P y 2(1, 0)P , respectivamente:

a) Dibuje el campo electrostático producido por cada una de las cargas en el punto (1, 2)P y calcule el campo total en ese punto.

b) Calcule el trabajo necesario para desplazar una carga 63 10 Cq −= − ⋅ desde el punto O(0, 0) hasta el punto P y

explique el signifi cado del signo de dicho trabajo.

Nota: Las coordenadas están expresadas en metros.

a) El campo eléctrico creado por una carga es:

=

2 r

qE K u

r

Si la carga es positiva, el sentido del campo es saliente de la misma, y si es negativa, el campo es entrante.


A

5 C

0,6 m

5 C

–2 C

B

0,5

m

El ángulo que forma el vector

1E con la horizontal es:

α = =1 arccos (0,3 / 0,5) 53,13º

El ángulo que forma el vector

2E con la horizontal es:

α = −α =2 1180º 126,87º

El campo eléctrico creado por una carga es:

=

r2

qE K u

r

El campo eléctrico creado por la carga 1q en el punto donde se encuentra la carga 3q es:

= α + α

11 1 22

1

[cos ( ) sen ( ) ]q

E K i jr

Y el campo creado por la carga 2q en el punto donde se encuentra la carga 3q es:

= α + α

22 2 22

2

[cos ( ) sen ( ) ]q

E K i jr

El campo total es la suma de los campos creados por cada carga:

= +

A 1 2E E E

En este caso, como en el problema se da cierta simetría, vamos a poder simplifi car.

−= = ⋅ 61 2 5 10 Cq q , = =1 2 0,5 mr r ,

α = − −αcos cos (180º )

α = −αsen sen (180º )

= α

122

1

2 senA

qE K j

r

Sustituyendo:−⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

69

A 2

5 102 9 10 sen (53,13º)

0,5E j

= ⋅

5A 2,88 10 N/CE j

b) El potencial eléctrico de un punto situado a una distancia r

de una cara q viene dado por =q

V Kr

Por tanto, en el punto A tenemos:

= + ⇒ =1 2 1A A

1 2 1

2q q q

V K K V Kr r r

−⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒

69

A

5 102 9 10

0,5V = ⋅ 5

A 1,80 10V V

a) El campo eléctrico creado por una carga es =

r2

qE K u

rSi la carga es positiva, el sentido del campo es saliente de la misma, y si es negativa, el campo es entrante.

Por tanto, el campo eléctrico creado por cada carga en el punto A(0,6) cm es:

−−

−

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = − ⋅

⋅

69 2 2 7

1 2 2

7 10 C9 10 N m C ( ) 1,75 10 N/C

(6 10 m)E i i

−−

−

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

69 2 2 8

2 2 2

2 10 C9 10 N m C 1,80 10 N/C

(10 m)E i i


= + = ⋅

71 2 (1,625 10 ) N/CAE E E i

De igual forma para el punto B(9,0) cm:−

−−

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = − ⋅

⋅

69 2 2 6

1 2 2

7 10 C9 10 N m C ( ) 7,78 10 N/C

(9 10 m)E i i

−−

−

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

⋅

69 2 2 6

2 2 2

2 10 C9 10 N m C 1,125 10 N/C

(4 10 m)E i i


= + = ⋅

61 2 (3,47 10 ) N/CBE E E i

b) El potencial eléctrico de un punto, situado a una distancia r

de una cara q viene dado por =q

V Kr

Por lo que en el punto A(0, 6) cm, el potencial será:

= + ⇒1 2

1 2A

q qV K K

r r

− −−

− −

− ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅

6 69 2 2 5

2 2

7 10 C 2 10 C9 10 N m C 7,5 10 V

6 10 m 10 mAV

Y en el punto B(9, 0) cm:

= + ⇒1 2

1 2B

q qV K K

r r

− −−

− −

− ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = − ⋅ ⋅ ⋅

6 69 2 2 5

B 2 2

7 10 J 2 10 J9 10 N m C 2,5 10 V

9 10 m 4 10 mV

− −−

− −

− ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = − ⋅ ⋅ ⋅

6 69 2 2 5

B 2 2

7 10 J 2 10 J9 10 N m C 2,5 10 V

9 10 m 4 10 mV

8. Una partícula de masa 5 g y carga 2 C− µ se deja libre y en reposo a 0,5 m de dos cargas fi jas de 5 Cµ separadas 0,6 m.Suponiendo que solo intervienen las fuerzas eléctricas, de-termina:

a) El campo eléctrico en el punto en que hemos dejado la partícula.

b) El potencial en ese punto.

c) La velocidad que tendrá la partícula cuando llegue al punto medio de las dos cargas.

a) Las cargas se sitúan sobre los vértices de un triángulo isós-celes, según la fi gura.


El sentido de este campo eléctrico en el punto T, es de la carga 1q a la carga 2q .

b) El potencial creado por las dos cargas en un punto es

= + ⇒ = +1 21 2

1 2

q qV V V V K K

r r

En el punto T tenemos que −= = ⋅ 21 2 4 10 mr r :

−− −

−

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − ⋅ =

⋅

9 2 29 9

2

9 10 N m C(2 10 C 1 10 C) 225V

4 10 mTV

Calculamos la distancia a la que se encuentra el punto S de cada carga, utilizando el teorema de Pitágoras:

−= = ⋅ 21 2 32 10 mr r

De forma similar para el punto S

−− −

−

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − ⋅ =

⋅

9 2 29 9

2

9 10 N m C(2 10 C 1 10 C) 159V

32 10 mSV

c) El trabajo necesario para llevar una carga de un punto a otro, es igual a la variación de la energía potencial cambiada de signo, = −∆ pW E

Si aumenta la energía potencial, el trabajo es negativo, por lo tanto tenemos que aplicar una fuerza externa al campo para realizar dicho movimiento.

En este caso → = − −’( )S T T SW q V V

−→ = − ⋅ ⋅ − = − ⋅9 73 10 C (225 159,10)V 1,98 10 JS TW

Al tener signo negativo, el trabajo lo realiza una fuerza ex-terior al campo.

10. Si en un punto A el potencial eléctrico es +10 V y en otro punto B es +6 V, razona si una carga positiva se moverá espontánea-mente de A hacia B, o de B hacia A. A B

+10V +8V +6V

Una carga se mueve espontáneamente cuando pierde energía potencial, la variación de energía potencial la podemos relacio-nar con ∆ = ∆pE q V

Como la carga es positiva, esta se moverá de forma espontánea hacia puntos con menor potencial, es decir, desde el punto A hacia el punto B.

11. Una carga 0q > se encuentra bajo la acción de un campo eléctrico uniforme E

. Si la carga se desplaza en la misma dirección y sentido que el campo eléctrico, ¿qué ocurre con su energía potencial eléctrica? ¿Y si movemos la carga en di-rección perpendicular al campo? Justifi ca ambas respuestas.

Una carga positiva tiende a moverse en la dirección y sentido del campo eléctrico, moviéndose de potenciales mayores a me-nores, perdiendo energía potencial en su desplazamiento.

Por lo tanto en el primer caso la energía potencial disminuye.

Si el campo es uniforme, las superfi cies equipotenciales son pla-nos perpendiculares al vector campo eléctrico.

c) Como el campo eléctrico es conservativo, la energía cinéti-ca que adquiere la partícula coincide con la energía poten-cial que pierde.

El incremento de energía potencial se relaciona con el incre-mento de potencial:

∆ = ∆pE q V

Calculamos el potencial en el punto B:

= + ⇒ =1 2 1

1 2 1

2B B

q q qV K K V K

r r r

−⋅= ⋅ ⋅ ⇒

69 5 10

2 9 100,3BV = ⋅ 53,00 10 VBV

El incremento de potencial entre los puntos A y B es:

∆ = − = ⋅ 5B A 1,2 10 VV V V

Entonces, suponiendo que parte del reposo:

∆ + ∆ = ⇒ + ∆ = ⇒2c p

10 0

2E E mv q V

− ∆=

2q Vv

m


−

−

− ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅

6 5

3

2 ( 2 10 ) 1,2 109,8 m/s

5 10v

9. Dos cargas puntuales 1 2,0 nCq = + y 2 1,0 nCq = − están fi jas y separadas una distancia de 8 cm.

q1 q1

4 cm

8 cm

S

T

Calcula:

a) El campo eléctrico en el punto medio entre las cargas, T.

b) El potencial eléctrico en los puntos S y T.

c) El trabajo necesario para trasladar otra carga, q’, de 3,0 nC desde el punto S hasta el punto T.

Dato: = ⋅ ⋅9 2 29,00 10 N m CK ; 91 nC 10 C−=

a) El vector campo en el punto T es = +

1 2E E E .

El campo eléctrico creado por una carga puntual es radial, desde la carga positiva y hacia la carga negativa, entonces en este caso como en el punto T los dos vectores

1E y

2E tienen el mismo sentido, tenemos que

= + ⇒ = +

1 21 2 2 2

1 2

q qE E E E K K

r r−

− −−

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅

⋅

9 2 29 9 4

2 2 2

9 10 N m C(2 10 C 1 10 C) 1,69 10 N/C

(4 10 m )E


del eje OX. Calcula el campo magnético en los puntos del espacio contenidos en el plano XY tales que:

a) Sean equidistantes de ambos conductores.

b) Estén situados a una distancia d/2 por encima del cable superior.

c) Estén situados a una distancia d/2 por debajo del cable inferior.

El sentido del campo magnético viene dado por la regla de la mano derecha. El campo total en un punto es la suma vec-torial de los campos magnéticos creados por cada conductor,

= +

Total 1 2B B B .

En el punto A situado por encima de los conductores el campo magnético creado por los dos conductores es saliente, entonces el módulo del campo magnético es la suma de los módulos de los campos magnéticos creados por cada intensidad. Entonces,

= + ⇒1 2AB B Bµ µ

= +π π0 01 2

1 2

2 24 4A

I IB

a a

Teniendo en cuenta que = =1 2I I I :

µ= + π

0

1 2

1 12A

IB

a a

y sustituyendo las distancias en cada caso:

µ µ= + = π π

0 041 12 /2 3 /2A

I IB

d d d.

El campo magnético en el punto A tiene el sentido positivo del eje Z .

En el punto B, equidistante entre los conductores, los campos magnéticos creados por cada conductor son de sentido contra-rio, entonces el módulo del campo magnético es la diferencia de los módulos. Como las intensidades de corrientes son iguales y la distancia desde cada conductor al punto B es la misma, los campos magnéticos creados por cada conductor en dicho punto tienen el mismo módulo, Así el campo magnético en el punto B es nulo, =

0BB .

En el punto C situado por debajo de los conductores, los campos magnéticos creados por cada conductor son entrantes, entonces el módulo del campo magnético es la suma de los módulos.

Podemos aprovechar la simetría del problema y decir que el mó-dulo del campo magnético en el punto C es el mismo que en el

punto A, µ

=π

04C

IB

d.

El campo magnético en el punto C tiene el sentido negativo del eje Z.

14. Un electrón penetra dentro de un campo magnético unifor-me, de intensidad 0,001T, perpendicular a su velocidad. Si el radio de la trayectoria que describe el electrón es de 5 cm, halla:

a) La velocidad.

b) El periodo del movimiento de la órbita que describe.

Datos: Masa del electrón: 9,1·10–31 kg; carga del electrón: 1,6·10–19 C

Si movemos la carga positiva de forma perpendicular al campo, estaremos moviendo la carga por una superfi cie equipotencial. Como ∆ = ∆pE q V , no habrá variación en su energía potencial.

12. Una partícula cargada entra en una región donde hay un campo eléctrico uniforme y perpendicular a la trayectoria inicial de la partícula. Describe la trayectoria que seguirá la partícula dentro del campo eléctrico y cómo va cambiando su energía.

El campo eléctrico ejercerá una fuerza eléctrica sobre la carga dada por =

F qE

Esta fuerza produce una aceleración dada por la segunda ley de

Newton, = ⇒ =

qEF ma a

m

Suponemos que la velocidad inicial tiene la dirección del eje de abscisas y sentido positivo, y el vector campo eléctrico tiene por dirección la del eje de ordenadas y sentido positivo, la ace-leración tendrá la dirección y sentido del campo si la carga es positiva y sentido contrario si la carga es negativa.

Tomando como condiciones iniciales:

= =

( 0) (0,0)r t

= =

0( 0) ( ,0)xv t v

Las ecuaciones de la cinemática trabajando con sus componen-tes son:

= + +⇒ = + = + +⇒ = +

0

0

2

0 0Componente

0

10 0

Componente 20

x

x x

y

x v tX

v v

y atY

v at

Para llegar a la ecuación de la trayectoria nos interesan las ecuaciones de la posición:

=

=

0

212

xx v t

y at

Sustituyendo la aceleración y eliminando el parámetro t entre

las dos ecuaciones obtenemos que = 2202 x

qEy x

mv.

La trayectoria es una parábola.

La carga se está moviendo en el interior de un campo conserva-tivo, entonces la energía mecánica permanece constante:

= ⇒ ∆ + ∆ =m c p 0E cte E E

La aceleración aumenta el módulo de la velocidad, por lo tanto la energía cinética también aumenta y la energía potencial tiene que disminuir.

La energía cinética será mínima al comenzar el estudio en t = 0e irá aumentando siempre que pueda disminuir la energía po-tencial.

13. En el plano XY hay dos cables rectilíneos y muy largos, se-parados una distancia d y paralelos al eje OX. Por ambos conductores circula una corriente, I, en el sentido positivo



−

⋅= = ⋅

π ⋅ ⋅

56

2

9,79 104,88 10 Hz

2 3,19 10f

16. Razona las respuestas a las siguientes cuestiones:

Dos conductores rectos paralelos y muy largos con corrientes I en el mismo sentido:

a) Se atraen.

b) Se repelen.

c) No interaccionan.

A partir de las explicaciones del apartado 7.8 del libro de texto se deduce que la solución correcta es la a), dos conductores rec-tilíneos por los que circula una corriente eléctrica en el mismo sentido sufren entre ellos una fuerza de atracción.

17. Una espira de 10 cm de radio se coloca en un campo magné-tico uniforme de 0,4 T y se la hace girar con una frecuencia de 20 Hz. En el instante inicial, el plano de la espira es perpendicular al campo:

a) Escribe la expresión del fl ujo magnético que atraviesa la espira en función del tiempo y determina el valor máxi-mo de la fem inducida.

b) Explica cómo cambiarían los valores máximos del fl ujo magnético y de la fem inducida si se duplicase el radio de la espira. ¿Y si se duplicara la frecuencia de giro?

a) El fl ujo magnético es φ = ⋅

B S, el ángulo θ que forman los vectores campo y superfi cie varía en el tiempo, pero en el instante inicial el ángulo que forman es cero.

A partir de la frecuencia calculamos la velocidad angular con la que está girando, así ,ω = π = π2 / 2T f


ω = π ⋅ = π2 20 40 rad/s

El ángulo θ se puede expresar con las ecuaciones de la cinemática:

θ = θ + ω + α ⇒ θ = ω20

12

t t t

Sustituyendo el valor de la velocidad angular: θ = π40 t

Sustituyendo numéricamente el fl ujo queda:

− −

φ = ⋅ = θ = ω ⇒

⇒ φ = ⋅ π ⋅ ⋅ π = ⋅ π ⋅ π

1 2 3

cos cos( )

( ) 0,4 (10 ) cos(40 ) 4 10 cos(40 )

B S BS BS t

t t t

Calculamos la fuerza electromotriz inducida a partir de la ley de Faraday, entonces:

φ ω= = ⇒

d d( cos( ))fem

d dBS t

t t= ω ωfem sen( )BS t

En este caso, sustituyendo, −= ⋅ π ⋅ π ⋅ π3fem 4 10 40 sen(40 )t

Con una fem máxima de =máxfem 1,58 V

b) El fl ujo es φ = θ = π ω2cos ( )cos( )BS B r t , y el fl ujo máximo es φ = π 2

máx B r .

a) Una carga q con velocidad

v en el interior de un campo magnético

B está sometido a una fuerza dada por la ley de Lorentz = ×

( )F q v B . Esta fuerza es perpendicular a la velo-cidad, es decir, que actúa como fuerza centrípeta curvando la trayectoria de la carga. Igualando:

= ⇒ = ⇒ =

2

sen 90ºc m

v qBrF F m qvB v

r m

Sustituyendo valores numéricos:− − −

−

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⋅

⋅

19 3 26

31

1,6 10 10 5 108,78 10 m/s

9,11 10v

b) Como el periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta en su trayectoria circular, entonces:

π= ⇒ = ⇒ =

2/ /

rv e t t e v T

v

Sustituyendo numéricamente.−

−π ⋅ ⋅= = ⋅

⋅

28

6

2 5 10 m3,58 10 s

8,78 10 m/sT

15. Un protón acelerado por una diferencia de potencial de5 000 V penetra perpendicularmente en un campo magnéti-co uniforme de 0,32T; calcula:

a) La velocidad del protón.

b) El radio de la órbita que describe y el número de vueltas que da en 1 segundo.

Datos: qp = 1,6·10–19 C; mp = 1,67·10–27 kg.

a) El protón es acelerado, aumentando su energía cinética y disminuyendo su energía potencial eléctrica, Así:

∆ = ⇒ ∆ + ∆ = ⇒ ∆ = ∆m c p c p0 0E E E E E

Sustituyendo:

∆= ∆ ⇒ =21 2

2q V

mv q V vm

Sustituyendo valores numéricos:

−

−

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅

⋅

195

27

2 1,6 10 C 5 000 V9,79 10 m/s

1,67 10 kgv

b) La fuerza centrípeta es la fuerza magnética dada por la ley de Lorentz, entonces:

= ⇒ = ⇒ =

2

sen90ºc m

v mvF F m qvB r

r qB


−−

−

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅

⋅ ⋅

27 52

19

1,67 10 kg 9,79 10 m/s3,19 10 m

1,6 10 C 0,32 Tr

El número de vueltas que da en un segundo es la frecuencia, inversa del periodo, entonces, como el periodo es

π= ⇒ = ⇒ =

2/ /

rv e t t e v T

v

La frecuencia es su inversa: = =π

1/2v

f Tr

79ELECTROMAGNETISMO B3

= ω = π ω = π ω2 2máxfem’ ’ (2 ) 4BS B r B r , es decir, se ha multi-

plicado por cuatro el fl ujo máximo.

Al duplicar la frecuencia tendremos que ω = ω’ 2 y:

= ω = π ω = π ω2 2máxfem’ ’ 2 2BS B r B r .

La fuerza electromotriz también se multiplica por dos.

Si duplicamos el radio tenemos que =’ 2r r , y el fl ujo máxi-mo será φ = π = π = π2

máx’ ’ (2 ) 4B r B r B r , es decir se ha mul-tiplicado por 4 el fl ujo máximo. Como el fl ujo máximo no depende de la frecuencia de giro, al duplicarse esta el fl ujo máximo no modifi ca su valor.

La fuerza electromotriz viene dada por la expre-sión = ω ωfem sen( )BS t , con un valor máximo de

= ω = π ω2máxfem BS B r , si se duplica el radio tendremos que:

64 INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA -...

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