problemas cap 2fvfxvxfvfvfv

8/16/2019 Problemas Cap 2fvfxvxfvfvfv

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PROBLEMAS CAP 2

Problema 1

Una bobina compuesta de N espiras apretadas del mismoradio r , está apoyada en un plano que hace 30º con la

horizontal. Se establece un campo magnético B en ladirección ertical. Suponiendo que el radio de las espiras

decrece con el tiempo de la !orma r=r 0-vt "alcular la !emdibu#ar el sentido de la corriente inducida, razonando la

respuesta.

Solución

$lu#o y !em

Φ=B⋅S=BNπr2cos30=BNπ(r0−vt)23√/2Vε=−dΦdt=3√πBN(r0−vt)v

%l radio de las espiras disminuye, su área disminuye, el !lu#o disminuye.

&a corriente inducida se opone a la disminución del !lu#o, tiene elsentido indicado en la !igura


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Problema 2

Se coloca un circuito de N ueltas, cada una de área S , en ucampo magnético uni!orme, paralelo al e#e ', que ar(a con

tiempo de la !orma B z =B0 cos)ωt *.

• "acular la !.e.m. inducida.

• +epresentar el campo magnético y la !em en !unción d

tiempo.

• +epresentar en el circuito el sentido del campo y de la

corriente inducida en cada cuarto de periodo, eplicando

resultado

Solución

$lu#o y !em

-B·S B0cos)ωt *) NS *cos30

Vε=−dΦdt=3√2NSB0ωsin(ωt)

Sentido de la corriente inducida


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Problema 3

Una bobina !ormada por /0 espiras rectangulares apretadas, dedimensiones 1 cm y / cm, está situada en un plano que !orma 30º con el

plano 2. &a bobina está en una región en la que eiste un campomagnético paralelo al e#e ' que ar(a entre 40.003 y 0.003 5 de la !orma

indicada en la parte derecha de la !igura.

• 6ara cada uno de los interalos de tiempo7 04/, /4, 41, 148 ms

)milisegundos*. 9ibu#ar en la bobina el sentido de la corriente inducida)razonando la respuesta*

• "alcular la !em.

• :acer un grá!ico de la intensidad en !unción del tiempo, sabiendo que

la resistencia de la bobina es 80 ;.


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Solución

$lu#o y !em

-B·S B) NS *cos30ntensidad de la corriente inducida

04/ ms, Bcte, V ε0, i0

/4 ms

dBdt=−3⋅10−3−3⋅10−32⋅10−3−10−3=−6i=0.06 A

41ms, Bcte, V ε0, i0

148 ms

dBdt=3⋅10−3−(−3⋅10−3)5⋅10−3−4⋅10−3=6i=−0.06 A

Sentido de la corriente inducida


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Problema 4

Una arilla conductora de masa /0 g desliza sobre carriles paralelos

erticales distantes 0 cm. &os carriles muy largos se cierran por la partein!erior, tal como se indica en la !igura. %n la región eiste un campomagnético uni!orme y perpendicular al plano del papel de intensidad /.8 5.

• 9eterminar el sentido de la corriente inducida aplicando la ley de &enz.

• 9ibu#a las !uerzas sobre la arilla ?


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$lu#o, -B·S B) Lx*cos0 BLx

Vε=−dΦdt=−B⋅Ldxdt=BLvi=VεR=BLvR

"omo x disminuye dx/dt B0

$uerza que e#erce el campo magnético sobre una porción L de corriente

rectil(nea

Fm=i(u t̂×B)LFm=i(1⋅B⋅sin90)⋅L=B2L2Rv

Sobre la arilla actCan dos !uerzas, el peso mg y la !uerza magnética F m.

?l principio, cuando la arilla parte del reposo, v0, y F m0. ?l caer la

arilla incrementa su elocidad y también, se incrementa la !uerzamagnética. &a !uerza magnética se a tomando un alor cada ez más

próimo, pero siempre in!erior al peso. "uando t DE, se alcanza elequilibrio.

B2L2Rv=mg v=mgRB2L2 v=0.01⋅9.8⋅101.520.22=10.89 m/s

es la elocidad l(mite constante.


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Problema 5

Una arilla conductora de masa /0 g desliza sobre carriles paralelosdistantes 0 cm y que !orman un ángulo de 30º con el plano horizontal. &oscarriles se cierran por la parte in!erior, tal como se indica en la !igura. %n la

región eiste un campo magnético uni!orme y perpendicular al planohorizontal de intensidad / 5.

• "alcular la !em en !unción de la elocidad constante de la arilla. &a

intensidad de la corriente inducida si la resistencia del circuito es de /0 F.

• &a)s* !uerza)s* sobre la arilla.

• @"uánto aldrá la elocidad de la arilla cuando desliza conmoimiento uni!ormeA )se desprecia el rozamiento*.

Solución

$lu#o, !em e intensidad de la corriente inducida

Φ=B⋅S=B(Lx)cos30=3√2BLx=0.13√xVε=−dΦdt=−0.13√dxdt=0.13√vi

=VεR=0.013√v

"omo x disminuye dx/dt B0


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$uerza que e#erce el campo magnético sobre una porción L de corrienterectil(nea

Fm=i(u t̂×B)LFm=i(1⋅B⋅sin90)⋅L=0.013√v⋅1⋅0.2=0.0023√v

Sobre la arilla actCan tres !uerzas, el peso mg y la !uerzamagnética F m y la reacción N del plano inclinado.

?l principio, cuando la arilla parte del reposo, v0, y F m0. ?l caer laarilla incrementa su elocidad y también, se incrementa la !uerza

magnética. &a componente a lo largo del plano de !uerza magnética atomando un alor cada ez más próimo, pero siempre in!erior a lacomponente del peso a lo largo del plano inclinado. "uando t DE, se

alcanza el equilibrio.

Fmcos30=mgsin30 v=503 m/s

es la elocidad l(mite constante.

Problema 6

• Gbtener el coe!iciente de inducción mutua de dos solenoides rectos

largos y concéntricos de N / y N espiras, longitud L/ y L2, ysecciones S / y S respectiamente.

• 9atos7 n/ /00 espiras por cm, n2/80 espiras por cm. S 1 HIJ

cm, S 23IJ cm. L1 0 cm, L230 cm.


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• Si por el primario, solenoide eterior, circula una corriente, como

indica la !igura, obtener y hacer un grá!ico de la corriente del secundario,sabiendo que su resistencia es de 80 F. +azónese la respuesta a partir de

esquemas en los que se especi!ique el sentido de la corriente en el

primario y en el secundario Solución

• 5omamos como primario el solenoide interior

%l campo magnético producido por el primario es

B2=μ0i2N2L2

%l !lu#o de dicho campo magnético a traés de las N 1 espiras del

secundario )solenoide eterior* y el coe!iciente de inducciónmutua M son7

Φ1=B2⋅S1=B2(N1S2)cos0=μ0i2N1N2L2S2M=Φ1i2=μ0N1N2L2S2

• 5omamos como primario el solenoide eterior

%l campo magnético producido por el primario es

B1=μ0i1N1L1

9icho campo magnético no atraiesa todas las espiras del secundario

)solenoide interior* sino N 2·L1 /L2espiras. %l !lu#o de dicho campomagnético y el coe!iciente de inducción mutua M son7

Φ2=B1⋅S2=B1

(N2L2L1

)S2cos0=μ0i1N1N2L2S2M=Φ2i1=μ0N1N2L2S2M=4π⋅10−7(100⋅2

0)(150⋅30)0.33π10−4=3.6⋅10−3 H


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!.em en el secundario )solenoide interior* cuando ar(a la corriente en el

primario )solenoide eterior*

V2=−dΦ2dt=−d(Mi1)dt=−Mdi1dti2=V2R=−MRdi1dt

• 04/ ms,

i1cte, i20

• /4 ms

i2=−3.6⋅10−350(−3−3)0.001=0.432 A

• 41 ms

i1cte, i20

• 148 ms

i2=−3.6⋅10−350(3−(−3))0.001=−0.432 A


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• 84K ms

i1cte, i20

Lrá!ica

Problema 7

Una corriente rectil(nea y una espira rectangular.

• "alcular el coe!iciente de inducción mutua.

• Supongamos ahora, que la corriente rectil(nea tiene

amplitud de /0 ? y una !recuencia de M0 :z, determinintensidad de la corriente inducida en la espira, si su

resistencia es de 10 ;. 9ibC#ese sobre la espira el sentide dicha corriente cada cuarto de periodo. 9ibu#ar en u

mismo grá!ico, intensidad 4 tiempo, la intensidad en lacorriente rectil(nea y la intensidad en la espira. +azóne

las respuestas.

Solución


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5omamos como primario el conductor rectil(neo

%l campo magnético producido por una corriente rectil(nea en un punto

situado a una distancia x

B1=μ0i12πx

%l !lu#o de dicho campo magnético a traés de la espira y el coe!iciente

de inducción mutua M son7

Φ2=∫B1⋅dS=∫0.10.18μ0i12πx(0.04⋅dx)⋅cos180=−μ0i12π0.04⋅ln0.180.1M=Φ2i1=4.7⋅10−9 H

Si la corriente i1 en el primario ar(a con el tiempo se produce una

corriente inducida i2 en el secundario.

V2=−dΦ2dt=μ02π0.04⋅ln0.180.1di1dt=μ02π0.04⋅ln0.180.1⋅120π⋅10⋅cos(120πt)i2=V2

R=4.43⋅10−7cos(120πt) A

Sentido de la corriente inducida cada cuarto de periodo P /IM0 s

Lrá!ica


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Problema

"alcular el coe!iciente de autoinducción del toroide de la !igura.

Solución

"ampo magnético producido por un toroide de N espiras por el que

circula una corriente de intensidad i, a una distancia aBr Bb de su e#e.

B=μ0Ni2πr

$lu#o de dicho campo a traés de una espira del toroide


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∫B⋅dS=∫abμ0Ni2πr(h⋅dr)cos0=μ0Ni2πhln(ba)$lu#o a traés de las N espiras del toroide y coe!iciente de inducciónmutua

Φ=μ0N2i2πhln(ba)L=Φi=μ0N22πhln(ba)

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