ley de induccion de faraday

,

( CAPíTULO 10 J ,

LEY DE I DucelON DE FARADAY

101 LA LEY DE FARADAY

Esta ley establece que la f e m inducida E en un circUito es Igual al valor negativo de la rapidez de cambio del flUJO magnético a través del Circuito Esta expresada en voltiOS, 51 el ntmo de cambio de flujo esta expresado en Wb/s

I(~-~ I Para una bobma de ·N" vueltas se tiene

e", -N-'"-'-' e __ '('-.N_"'-"'L) 1 dI di

102 LEY DE LENZ

'La f.e ,m y la COrriente Inducidas poseen un sentido tal que tienden a oponerse a la variación que las produce" El signo negat ivo en la ley de Farad ay sug iere esta oposición

s N

S N

285

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,

10.3 Estudio cuant itativo de la inducción

286

, ~ I'F2 X B @ , , , ;

, , , , , , , , ,

, , , , , 1

, , , , , , , , , , , ' t - , ;

10.3. 1 El flujo encerra do por la esp ira es:

flJa:O B, I ,X I

Luego la f em inducida E es:

10.3.2 La corriente establecida por E = B,l,v en la esp ira es

R res istenc ia de la espira

1033 El t rabajo por unidad de tiempo realizado por el agente que tira de la espira es:

Este resultado es la expresión para la producción de energra térm ica en la espira, debido al pri ncipio de la conservación de la energra.

1 DA Ley de faraday para Campos Magnéticos ~ue varían co n el t iempo

'Un campo magnét ico cambiante, produce un campo eléctrico

dI



,

LEY DE INDUCCiÓN DE FARADAY

1. Generador de corriente alterna Una espira rectangular de N vueltas, long itud a y ancho ,

b, gira con una frecuencia f en un cam po magnético uniforme B , tal como se muestra la figura

a) Demostrar que sobre la espira aparece una fe.m Inducida dada por la expresión

[ = 2nfNbaB Sen{2n ft) '" Eo Sen(2Itfl)

Este es el prinCipiO de operación de los generadores com erciales de corriente alterna

• xxxxx@B b) Diseñar una espira que producirla

una fe m de [o = 150V cuando i gira a 60 T.p.S en un campo de b 0,50 T 1

x x x x x x ¡rfl----------, 4- x - x - x - x -' X ~ ..

Solución

al Sabemos que

Donde

Pero

xxxxxx

XXXXXX _a ' 1

(~B = fe dA = JedA cose

(I)B = B b a CosO

o = ángulo entre B y dA

o = wt y

Reemplazando (2) en (1) lenemos

(IIB = B b a Ces ( 2nft )

Ahora, Por Faraday, sabemos

del) f == - N-

di

d = - N-(B b.a Cos(2. ,,))

dI

e = - 21tf N B b a Sen(21tft)

f; Ea Sen(2Itft)

(1 )

(2)

6

287



2

b) Sabemos que

Entonces

Reemplazando datos

,

l' '"' 2ttfNBba

E Nba = --"-

2 n l B

Nba = 150

'"' 0 795 vuellas. m 2, (60)(0. 5)

Luego una vuelta de esta espira tendrá un área de 0,795 m'-

La figura muestra una barra de cobre que se mueve sobre unas vías conductoras con una velocidad v paralela a un alambre recto , largo , que transport a una corriente I Calcu lar la f e m ¡: Inducida en la ba rra. supon iendo que v = 5,0 mIs 1= 100Aa=1,Ocm yb=20cm.

S oluc ión

--i b

r crl ,I i , ' 1:

l' d y

~;

Consideramos un diferencia l de barra dy, que avanza un diferencial de longitud horIZontal dx, entonces el campo a una distanCia y, debido a la comente I es

~ : I

'" B -~

"y este valor es uniforme para un desplazamiento dx hOrizontal

Luego, la f e m inducida en el diferencial de barra es

d, Pero - = v , entonces

dI

dI" B dA ~l oi(dY dX ) IV ) dt 2¡¡y dt

d,· lI ol _. - vdy . 2¡¡y

Fina lmente la fuerza electromotrrz en toda la ba rra es

288



3

,

~ IV / D , = _0_ (tny) /~ 2. o

"" (b] E = ~tn ~

Reemplazando valores '

E = (4. ' 0" )<'00)(5) In(20] 2. 1

jE=310- -4 V

, , , , , , ~0¡j

Un alambre rlgldo doblado en forma de una semldrcunsferencla de radio R gira con una frecuenCia IJ en un campo uniforme B, tal como se muestra en la figura ¿Cuál es la f e m y comente Inducida máXima cuando la resIstencia Interna del medidor M es RM y el resto del ci rcuito t iene una resistencia que se puede ignorar?

-".~~: ;: \ :- - rf"L

'----(MI)----'

Solución

Sabemos que"

d ll)N E = - - - . . (1)

dI

También-

(1IS ::: BA = s ( nR2

/2 ) y

c:lIN = $ B CosO

l uego reemplaza ndo en (1)

nR2

B dO ,= -- Sen O-2 dI

Además d9

{(} = 21tu . enlonces: - = dI

dO :: 2nudl :::) O = 21tul

Reemplazando estos valores en (2)

nR2 B E = -- (2nv)Sen(2'1vt )

2

(2 )

289



4

2!JO

• E = 1t2 R2 S u Sen (2Itut)

Donde e es máximo cuando, Sen (2Itul ) = 1, es deci r a cero grados

luego

, • 'R'B.· ~.

1,., .. -

Rm Rm

la figura muestra una barra de cobre que se

mueve con una velocidad v paralela a un alambre recto largo que tansporta una comente 1. Calcu lar la f e m inducida en la barra, supon iendo que 11 = 5 mIs, I = 100A, a = 1cmy b =20 cm

Solución ,

, --.-.,------'l •

1

--r-¡ -r-t .-'1- -. ~ ........... . Segun la ley de Ampere tenemos que

o, 1 n-' ~ B a una distancia r del alambre es:

l.d:EJj Por la ley de Faraday, sabemos que la f e m Inducida es

1: '" Srll

pero eS1a 1.e m indUCida, varia segun la distancia r, por lo qu e:

Reemplazando (1) en (2), tenemos

dE S rdr

).1 1,· de '" _o_ d,

2nr

Integ rando (3) para a < r < b tenemos

. " t: = 110

111 f ~ 2 n a r

"o" lb) ' = - 2- rn -;

..... (2)

(3)

(1 )



5

luego reemplazando valores, tenemos

(4< 10-')(100)(5) 1: '"

2

Un freno electromagnét ico con · corriente de vértice" consiste en un disco de conduct iv idad (1 y espesor t que gi ra en torno a un eje que pasa, a través de su centro y un campo magné

ticoS perpendicular al plano del disco en una peque~a area a2 ( veáse la figura ), Si el área a2 se encuentra a una distancia r del eje, determinar la expresión aproximada de la torca que tiende a dism inUir la rotación del disco cuando su veloCidad angular instantánea es Igual a ro

Solución

,

~ a a f ,,) O ~

" " B En primer lugar determinamos el campo eléctrico

' w '-P ! r

Pero

De (1) Y (2)

i :

: : , , i: : :

a

• ,."'-!"

---

l J =--

Además

De donde

A a t

i = wrB(lat

Notar que la cOrriente alravieza el área ( a t )

Ahora evaluamos la fuerza sobre el conductor

~ . E = - v ea ,

• E = rorB a,

E J

o

J = (lE == - ror8 o a,

I = J a t

(radial haCia adentro)

, F , ("" Bo a t)(a )(B)

Aquí l = a, entonces

Finalmente la torca es 'r = r . F

(1 )

(2)

29 1



, De donde: F B

• DIAGRAMA VECTORIAL:

I

6 A lo largo del eje de una espira conductora se hace pasa r rápidamente un imán de barra. Hallar la corriente inducida y el ritmo de producción de energía térmica.

Solución

Por la ley de Faraday, sabemos que la f.e.m inducida es:

Pero: i = €IR

( 1)

..... (2)

Reemplazando (1) en (2) y haciendo el artificio de multiplicar y dividir por dx para obtener la velocidad en la expres ión anterior, obtenemos:

y

2 ]' p = : =; (d;s

7 El flujo magnético a través de la espira de la figura es perpendicular al plano de la espira, está dirigido hacia adentro de la página y varra de acuerdo con la relación .

<l>s = 612 + 71 + 1,

En donde (I)e está dado en miliweber ( 1 m Wb = 10.3 Wb) y t está en segundos.

.) ¿Cuál es la fe.m inducida en la , , , , espira después de t = 2s? , , , ,

') ¿Cuál es el sentido de la corriente , , , , a través de R? , , ,

Solución R

a) Por la ley de Faraday, la f.e.In inducida en la espira es:

2D2



lO = _ d tl' a

dI

•

Pero, por dato: $ a = (612 + 7\ + 1 ) . 10-3

Entonces en (1) tenemos:

(=-( 121 +7).10-3 (V)

Luego, e para t = 25 es:

jr,"-. -:---3'-'-0.'--'v'l

Recordar que el signo ( - ) indica el sent ido de la f. e.m

(1 )

(Wb)

b) El sentido de la corriente Inducida, según la ley de Lenz es de izquierda a derecha en R

8 La barra conductora de la figura hace contacto con dos riel es metálicos AD y Be sepa rados 50cm en un campo magnético uniforme de 1,0 T perpendicular al plano de la página . La

resistencia total del circuito ASCO es de 0,4 n

t 50 cm

t

, , , , , ,

A , , D '

, , , , , ,

( supuesta constante l· x x B X X e x

al ¿Cuál es la mag nitud y el sentido de la te.m inducida en la ba rra cu ando se mueve hacia la izquierda con una rapidez de 8,0 mis?

b) ¿Qué fuerza se necesita para mantener a la ba rra en movi miento?

" c) Comparar el ritmo con el cua l la fu erza F realiza trabajo mecán ico con el ritmo de aumento de la energ ra térm ica en el circuito.

Solución

a) Tenemos que la f. e.m inducida es:

E: = B f v (1 )

Reemplazando· B = 1T; l = 0,5 m; v = 8 mIs; en (1) ten dremos que:

1 ' = 4V 1

Por la ley de LENZ, tenemos que el sentido es de 8 hacia A en la figura.

b) La fuerza req uerida pa ra mantener la barra en movimiento está dad o por:

. , F = i. t B = -

R

F = [~1(0, 5)(1) 0.4

t 8, entonces:

= I F = 5N I

293



9

294

,

e) La rapidez con que la fuerza F desarrolla t rabajo mecánico es:

W F = F.v = (5) ( 8) ==:> I W F = 40 J/s I

La rap idez con que se produce calor en el circuito es'

(4)'

0,4 => I WJ = 40J/SI

Podemos ver que W F = W J , lo cual venfica la conservación de la energía.

al ¿Cuál sería la corriente in ducida en la espira rectangular de la fig ura , si la corr iente en el alambre dism inuye uniformemente de 30A a cero en 1,Os? Suponer que no exist ía una corriente inicial en la esp ira y que la resistencia de la misma es de 0,02 Q

b) ¿Cuánta energ ía se transfiere a la espira en el intervalo de 1,05? Suponer que a = 1,0 cm, b = 8,0 cm y l = 30cm.

Soluc ión

--,¡- -..u--a y 111 d y

b

a) El campo debido a la corr iente i, a una distancia . y" es'

B=llo i ,

',y

i 1

1

tom ando un diferencia l de área donde este campo es un iforme' dA = ( dy, el flujo infinrtesimal es' d([1 = BdA" entonces:

dtll ::: ~ (F dy) ,,' Luego, integ rando: ...

_I-l o i ' f _dy '11 ::: 2:n: • y

P iI [O+b) ( 1) = -"- " --" ,

Luego, determinamos los f lujos pa ra los dos valores de corriente:

Para i = O

<1> = (4' 10 ')(30)(0, 3) '"(~ l " 1

Para' = 30A

41 ::: 3,95510-6 W b



10

,

La fuerza electromotriZ inducida es

, = := 3,955 10-Q V

Por la ley de OHM:

t = IR ~ i : 1,9710-6A!

b) La energla transferida para un segundo es

W := POI t = (i2 R)( 1) ~ 1 W := 7,22 10-10JI B.a.(Wblm2)

O'L Perpendicularmente a una espira CIrcular de una vuelta de alambre cuya resis tencia es Ignorable hay un campo magnéllco B que cambia con el tiempo, según la grafica de la figura La espira tiene un radio r ( 10 cm ) y esta conectada a un res lstor R ( 10 Q )_

al Representar gráficamente la f e m a través del resistor 1 2

b) Representar en una gráfica la corriente I a través del reslstor R

3 Jo. (s)

c) Representar en forma gráfica el ritmo de producción de energia térmica en el reslstor

Solución

al En el pnmer lugar, determinamos la ecuación del campo magnético en función del tiempo

Entre Entre Entre

Ademas, el flUJO es

y la fem es

do f = ~-=

dI

O ~ 1 ,

O ~ 2 ,

O ~ 3>

' (dS] "' -dI

Entre O , 1, ,

=) El=~ llr (1f2)

Entre 1 -t 25 ~ E2 O

Entre 2 -t 35 ~ E3 = Ilr2 (1f2)

~ B(tl

~ B it)

~ B (tl

=

= =

U2

0,5

~U2

, 1 , -tte 2

1 , ~- rtr

2

---------------------- - ,

2

295



, b) Sabemos que: e = iR, enlonces. i = €IR, luego:

, Para O ~ " => " i1 = --

2R

Para 1 ~ 2, => i2 == O 2R

Para 2 ~ 3, =>

, " i3=-

1 ¡}----'---":---,30-,... I(S)

2R

2R

e) El rilmo de producción de energra térmica

es: P = ¡2.R, entonces:

-. 3 t es) ,

11 la figura muestra a dos espiras de alambre de una sola vuelta que t ienen el mismo eje. La espira pequeña está por encima de la grande a una distancia x que es grande comparada con el radio R de la espira mayor. Por lo tanto, con la corriente i ind icada en la espira grande, el campo mag nético producido por ésta es practica mente constante en la región delimitada por la superficie plana m 2 en la espira pequeña. Cons idérese el caso en el que x no es constante, sino que cambia con un rilmo constante dxldt :: v ( con x aumentando ).

a) Determinar el fluJo magnético ve como

la función de x a través del área delimita-. da por la espira pequeña.

Para O ..... 1s ~

Para 1 ~ 2, =>

Para 2 ---> 3s =

, . , , Pj =--

4R

P2 = O

" , , P3 =--

4R

b) Calcular la f.e m E generada en la espira pequeña en el instante en el que x = NR.

c) Determinar la dirección de la corriente inducida en la espira pequei'la si v > O.

296

r x

1



• Soluc ión ,

En primer lugar sabemos que el campo magnét ico producido por una espira de corriente, de rad io R en su eje es

x ·R' ", ,

B = (' , )'" 2 R + x

paralelo al eje

a) Cons iderando que x» R.

El fluJo sobre la espira pequeña es ,-----::-0--:-:----,

llolR2( nr2

)

( ' ')'" 2 R + x

ql = BA =

b) La fuerza electromotrfz inducida en la espira pequeña al va riar · x· es

d<1l d(l) dx E=-- =

d! dx d! ( por regla de la cadena)

Lueg o al reemplazar x = NR tenemos.

e) la dirección de la corriente inducida es en sentido antihorario por la ley de LENZ.

12 Un alambre se dobla en tres segmentos

sem icircu lares de rad io r ( 10 cm ), tal co mo

se muestra en la figura. Cada. segmento consti t uye el c uad ran t e d e un a

circunsferencia de lal forma que ab está en

el plano xy, be en el plano yz y ca en el

plano zx x

z

b

y

297



a) SI eXiste un campo magnético uniforme ( espacialmente B que apunta en la

dirección x, ¿cuál es la magnitud de la f.e m inducida en el alambre cuando B aumenta con un ritmo de 3,0. 10.3 T/s?

b) ¿Cuál es el sentido de la corriente en el segmento bc?

Solución

a) Primeramente, hallaremos el fluJo magnético que pasa a través de la espira, considerando que si proyectamos la espira sobre el plano yz, solamente existirá flujo en el cuadrante c • o - b, entonces

$e= 8A = 8(nr2/4)

Derivando esta expresión , tenemos

Reemplazando datos:

d41a nr2

dB --= ~ -

dt " dt

~ '" n(O,1)2 .(3 10-3) dI 4

d4>a '" 2 35 10· 5 V dt

y esto no es otra cosa que la f e.m inducida E.

b) Por la ley de LENZ, sabemos que la corriente inducida ' crea ' un campo magnético propio que se opone al cambio de flujo, luego para que ocurra esto, la corriente indUCida debe ir de c hacia b.

13 La figura muestra a un campo magnético uni-,

forme B restringido a un volumen cillndrico de ,

radio R La magnitud de B disminuye con

ritmo constante de 0,01 Tls . ¿Cuál es la acele

ración II'Istantánea ( sentido y magnitud) que

experimentarla un electrón colocado en a, en b

y en e? Suponer que r = 5 cm ( la curva tur~ ,

necesaria de campo más' allá de R 1"10 cambia

la respuesta, siempre y cuando exista simetrla

axial respecto de un eje perpendicular al plano

de la figura y que pasa por b.

;x x x x x

x x

x x' ,

x x x

b x x

. '" '"

. .



, Solución

Sabemos por la ley de Faraday, que para campos magnéticos que var fan con el tiempo. se cumple:

<!IE .d i = _ d<fl B

dI

de aquí. para una región circular de radio r, se obt iene que:

E = _.2. r [d8] 2 dI

También, sabemos que'

FR == m.a

e.E = m.a ~

Reemplazando (1) en (2) tenemos:

a == e.E/m

a =- ;~ ( :~J Luego. para los puntos ' 8' y ' c' tenemos que:

( - 1,6 10-" )(0,05)(0,01) a = -

2( 9, 11.10- 31 )

la = 4,4.107 m/s2 I

(1)

(2)

De la ley de LENZ, deducimos que la corriente in ducida tiene el sentido de las manecill as del reloJ: por lo que la aceleración en el punto "a' es hacia la izqu ierda y en ' c' hacia la derecha.

Para el punto "b", E = O por lo que la aceleración es CERO.

" 14. El campo magnético uniforme B llena el volu-men de un ci li ndro de rad io R. Dentro del campo, y en la forma mostrada en la fig ura, se coloca una barra metálica de longitud l. Si B cambia con el t iempo a un ritmo dB/dt , demostrar que el campo magnét ico cambiante produce una f.e.m entre los extremos de la barra, que está determ inada por·

" B , 0 , ,

•

, , , , ,

x x x-. '/ , , , , , , , , 1 ' .

299



Solución

Sabemos por la ley de inducción de Faraday que

, E 4>E d' =- f E. d! (1)

, En (1) SI hacemos la integración solamente para el tramo bc, aprovechando la simetrla obtenemos El' luego para toda la barra E = 2 1:

1

De la figura tenemos en (1) que

u fE lede) (2 )

T<lmblén de (1) establecemos que-

oE d I = d(!l B d B - --= -A - =

d i dt

•

E = _.2. r [ -"-"- ] 2 dt

Como E es constante, reemplazamos (3) en (2) obtenemos:

De la figu ra

1: 1 :-: - - J r dO 1 [d8]" 2

e =

2 d i o

JR' -In 2)' Cos O

reemplazando este valor en (4) tenemos:

(3)

(4 )

~1 = .2.. dB j R2 -U: 2)2 dO

2 dt o Cos O 10,= - - [ R -(( / 2) Jf sec OdO '( d8] , ,",

2 di o

'(d8][ 2 '] 101 = -- R - (r / 2) Tga 2 dt

(5 )



,

Pero Tgo. = " 2 (6)

Reemplazando (6) en (5) tenemos:

'( dB]J ' , e, =- - R -(" 2) 4 dt

:. Para lada la barra

15 Un alambre cuadrado de longitud " m asa m y resistencia R resbala Sin fricción a lo la rgo de do!) : ¡eles paralelos de resistencia ¡gnorable, tal como se muestra en la figura Los ricl~s están conectados en Sll extremo final mediante una tira conductora paralela al ala mbre y Sin resistencia, de tal ("rma que el alambre y los rieles forman una espira rectangular conductora El plano ce los neles forman un ángulo O con la hOrizontal y a

¡ravé !:; de esta regl6n existe un campo magnético un iforme B

al Demostrar que el alambre adqui(!l8 una rapidez constante cuya magnitud E:S B

mgRSenO

82

t2 Cos2 a

b) Demostrar que este resul tado concuerda eOIl el prinCipiO de la conservación de la energia ¿Qué cambios, si es que existen, -t-- --- O se producirian si B estuviera dirigido hacia abajO en vez de estarlo haCia arriba?

Solución

a) Hacemos un Del del alambre"

~ ..... O ... F,

e¡ y Debido a la gravedad, el alambre lenderá a acelerar, pero por eslar dentro de un campo magnético, sufrirá una fuerza magnética, por lo que el alambre baja rá con una velocidad reslringid~ y constante que lo deduciremos asl"

O Primero calculamos el flujo que alravieza la

-_.-'._'-''--'~x superficie de la espira formada po r el alambre, los rieles, y la tira '

301



302

,

4ls = B .A cose == 8 f x cose

Al comenzar a resbalar el alambre, se producirá una variaci ón del fl ujo <1I s ' por lo

que se genera una f.e.m dado por:

d$ dx 10 = _ _ _ 8 = - 8 ( Cos e -

d! dI

10 = - 8 , CosO v

Al inducirse una corriente i, tendremos por la segunda ley de Ki rchhoff que:

L f.e.m. = L iR

= iR = B I. Cos O.v

De donde: i = ~B_r~,~C~o~,:.::.9 (1 ) R

Por otro lado, sabemos que al inducirse una corriente, obrará una fuerza opuesta a la velocidad creciente, desde cero hasta un valor que iguale al del peso en el eje x, dado por mg e Así tenemos que:

De donde"

F = F , o

mg Sen O = i_ 1 B Cas O

mgSenO

( BCose (2)

Luego, como se trata de la misma corriente, igualamos (1) con (2):

B '. v.cose mg Sen9

f. BCose R

mgRSenO-

8 2 , 2 Ces2 El

b) Para que se cumpla la conservación de la energía, el ritmo de desgaste del t rabajo mecánico realizado por el peso, debe ser igual al ritmo de creación de energ ía térm ica, por lo que: v = constante.



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