PROBLEMAS RESUELTOS ELECTROMAGNETISMO

Antonio J. BarberoDpto. Física Aplicada UCLM.

2

ZuBB

Z

B

ZuLS

2

L

L

º90

Cuadrado lado L

B

L

L

º90

ZuLS

sin 2

Rombo lado L

Z

PROBLEMA 1. Una espira cuadrada de lado L y resistencia R está situada dentro de un campo magnético uniforme perpendicular a su plano. Si tiramos de dos esquinas opuestas del cuadrado en sentidos contrarios de modo que el cuadrado se deforme adquiriendo progresivamente forma de rombo, ¿qué procesos físicos tienen lugar en la espira?

Cuando la espira cuadrada se deforma en forma de rombo, su área S disminuye a medida que se van cerrando los ángulos de las esquinas desde las cuales se tira en sentidos contrarios.La disminución del área provoca una disminución (en valor absoluto) del flujo del campo magnético B a través de la superficie del rombo, y esto dará lugar a una fuerza electromotriz inducida en el contorno delimitado por la espira (ley de Faraday). Como la espira es conductora, esta fem inducida originará una corriente eléctrica de intensidad I que circulará a lo largo de la espira.

20 º0cos · LBSBSB

SBdt

d

dt

d

SBSB ·

dt

dSB

dt

dBS

Flujo magnético

Variación flujo

B es constante

0dt

dSpues el área disminuye

0

dt

d

El sentido positivo para el recorrido de un contorno está relacionado con el vector superficie por la regla de la mano derecha

Ley de Faraday dt

d

Elegimos S paralelo a B.

PREGUNTA: ¿Cuál sería el resultado si hubiésemos elegido S antiparalelo a B?

El sentido del campo eléctrico inducido (cuya circulación sobre la espira es igual a la fem) tiene el sentido antihorario: al elegir S paralelo a B hemos considerado positivo dicho sentido. La corriente también tiene por lo tanto sentido antihorario.

0

RI

S

Sentido +

S

Sentido +

sin º0cos · 2LBSBSB

3

dt

dzv

PROBLEMA 2. Sea una espira conductora de radio R por la que circula la corriente constante I. Sobre el eje perpendicular a la espira hay un pequeño disco conductor delgado de radio r (r << R) cuyo plano se mantiene paralelo al plano de la espira. El disco se mueve con velocidad constante v a lo largo de dicho eje perpendicular. Hallar la distancia entre disco y espira para la cual la fuerza electromotriz inducida en el disco es máxima.

ZuRz

IRB

2/322

20

2

ZZ uruRz

IRSB

2

2/322

20 ·

2 ·

2/32222

0

2

Rz

dt

drIR

dt

d dt

dzRzz

rIR 2/52222

0 2 2

3

2

dt

dzRzz

rIR

dt

d 2/52222

0 2

3

Velocidad constante

2/52222

0 2

3

Rzz

vrIR

dt

d

2/52

5/2222

0 1 2

3

R

zR

R

zR

vrIR

dt

d

2/52

2

20 1 2

3

R

z

R

z

R

rIv

dt

d

Campo magnético B en el punto z del eje de una espira circular (R) que lleva la corriente I

Aproximamos el flujo a través del disco de radio r (al ser r<<R) como el producto del campo B en el eje multiplicado por el área del disco B

z

Z

r

RI

v

Zu

Para obtener el valor máximo de la fem es conveniente expresar este resultado en función del parámetro adimensional z/R

4

Para calcular el máximo llamemos 2/52

1

R

z

R

zf

y calculemos el máximo de f derivando

respecto a z/R

-2.5 -2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Rz /

Rzd

df

/

1222/52

1 511 R

z

R

z

R

z

1

1

5

2

2

Rz

Rz

1 522

R

z

R

z1 4

2

R

z25.0

2

R

z

5.0 R

z

PROBLEMA 2 (Cont.)

fem inducida

2/52

2

20 1 2

3

R

z

R

z

R

rIv

dt

d

2/52

1

R

z2/72

122

5

R

z

R

z

R

z

Rzd

df

/

Habrá máximo o mínimo de donde haya máximo o mínimo de f, ya que y f son proporcionales.Igualamos a cero:

01 51

122

R

z

R

z

Gráfica de fem en función del parámetro adimensional z/R

2

20

2

3

R

rIv

Unidades de fem

Alternativa para comprobación de máximo y mínimo: segunda derivada y sustitución para z/R = 0.5

Interpretación física: en la posición z/R = +0.5 la fem inducida es máxima, la circulación del campo eléctrico inducido en el disco es positiva. En z/R = -0.5 la fem inducida tendrá el mismo valor absoluto, pero su signo será opuesto porque la circulación del campo eléctrico inducido tendrá sentido contrario.

máximo

2/52

1

R

z

R

zf

Nunca es igual a cero

5

PROBLEMA 3. (a) Verifique que la densidad de corriente uniforme origina un potencial magnético vectorial igual a

20 mA ZuJJ

(b) Determinar el campo H a partir de: 1) el potencial vector; 2) la densidad de corriente.

1220

0 m Wb 4

ZuyxJA

(a) Partiendo de la ley circuital de Ampère y de la definición de potencial vector AB

JB

0

JA

0 AAA

2· AB

JB

0

AAA

·2

Elegimos A de modo que su divergencia sea nula

Igualdad vectorial:

JA

02

Ec. vectorial de Poisson

Ecuaciones escalares de

Poisson

xx JA 02

yy JA 02

zz JA 02

El potencial vectorial A dado en el enunciado sólo tiene componente z

220

02

2

2

2

2

22

4yxJ

zyxAz

2

222

2

222

00

4 y

yx

x

yxJ

00 4

4J

002 JAz JA

0

2

Pues la densidad de corriente no tiene componentes x ni y

zA 2 2

Y

X

Z

20 mA ZuJJ

Aspecto de la distribución de corriente propuesta

6

PROBLEMA 3 (Cont.)

b1) Puesto que conocemos el potencial vector de la distribución de corriente dada, pues ya demostramos antes que efectivamente , introducimos el campo H partiendo de la relación

AB

HB

0

0B

H

AH

0

1

zyx

zyx

AAAzyx

uuu

1

0

ZuyxJA

4

220

0

22

00

0

00

4

1

yxzyx

uuuJ

zyx

x

yxu

y

yxu

Jyx

22220

4

10 mA 2

yx uxuyJ

H

cosrxsinry

zz yu

sincos uuu rx

cossin uuu ry

zz uu

xu

u

ru

90

zu

saliente

Transformación cartesianas-cilíndricas

Aspecto del campo H alrededor de la distribución de corriente.

urJ

H

2

0

Y

X

Z

20 mA ZuJJ

Aspecto de la distribución de corriente propuesta

Y

X

Eje Z saliente

20 mA ZuJJ

H

H

H

cossin cossincos sin2

0 uuruurJ

H rr

220 cossincos sinsincos

2

uuuu

rJH rr

Nota: como la distribución de corriente se extiende indefinidamente en el plano XY, el módulo del campo H es mayor a medida que nos alejamos del eje Z, pues habrá más corriente abarcada según aumenta la distancia radial al origen de coordenadas.

x2y2

7

PROBLEMA 3 (Cont.)

b2) Calculamos el campo H aplicando la ley de Ampère en forma integral.

Y

X

Eje Z saliente

20 mA ZuJJ

r

H

H

H ld

ld

ld

Tomamos una circunferencia C de radio r alrededor del eje Z para calcular la circulación de H a lo largo de la misma.C

La simetría alrededor del eje Z implica que el vector H a lo largo de la curva C debe ser de módulo constante y tangente a la misma: por lo tanto paralelo a los elementos de longitud de la circunferencia.

enc

C

IudluH

···

rHdlHudluH

CC

2····

Ienc es la corriente encerrada por C

20 rJIenc rH 2·

urJ

H

2

0

Transformando de coordenadas cilíndricas a cartesianas (paso inverso al del apartado b1) se tiene

Mismo resultado del caso b1

yx uxuyJ

H

2

0

8

La frontera entre dos regiones de permeabilidades magnéticas m1 y m2 es el plano paralelo al eje Z. No hay corrientes superficiales y el campo magnético en el medio 1 esCalcular el campo magnético en el medio 2 y el ángulo entre el campo en el medio 1 y el eje Z.Particularizar para m1 = m0 , m2 = 2m1 = 2m0

Y

X

Z

yH1

yH 2

xH1

xH 2

zH1

zH 2

yy HH 21 xx HH 21

zz BB 21 zz HH 2211

1

2

1H

2H

z

yx

H

HH

1

21

21

tan

zz HH 12

12

PROBLEMA 4.

zzyyxx uHuHuHH

1111

Al no haber corrientes superficiales, las componentes de los campos H tangentes a la frontera entre ambos medios tienen que ser continuas.

Superficie separación plano XY

Para los campos B son continuas las componentes normales a la frontera

zzyyxx uHuHuHH

1111 Por tanto, si el campo H1 es

el campo H2 será zzyyxxzzyyxx uHuHuHuHuHuHH

11112

1222 2

1

Ángulo entre el campo H1 y el eje Z (véase figura)

z

yx

H

HH

1

21

211tan

Componentes tangentes de H (continuas)

9

400NI

cm 1

cm 10cm 10

cm 10

PROBLEMA 5. Determinar la intensidad de corriente I que debe circular por el arrollamiento de 400 espiras del circuito magnético de la figura de modo que el campo magnético en el entrehierro sea B = 1.5 Wb/m2. El núcleo está constituido por un material lineal cuya permeabilidad es m = 50 m0, y todas las ramas del circuito son iguales, con una sección recta A = 10 cm2.

Teniendo en cuenta las longitudes promedio de las ramas del circuito se determinan las reluctancias.

I

cm 1

cm 10cm 10

cm 10

400N

cm 5.4

cm 5.4

P

Q S

RM

N

CD

La rama central (camino PCDQ) está formada por tres tramos que constituyen un sistema de tres reluctancias en serie:

A

LR PC

PC 1

A

LR CD

CD0

1

A

LR DQ

DQ 1

3

2

0 10

10 · 5.4

50

1

3

2

0 10

101

3

2

0 10

10 · 5.4

50

1

DQCDPCSERIEPCDQ RRRRR

Las ramas PRSQ y PMNQ tienen igual reluctancia, por ser iguales sus propiedades magnéticas, longitud y área. Su reluctancia equivalente es la mitad de la de cada una de ellas, porque están conectadas en paralelo.

A

LRR PMNQPRSQ

1

3

2

0 10

10 · 03

50

1

2PCDQ

PARALELO

RR

15 Av·Wb 10 · .167

16 Av·Wb 10 · .967

15 Av·Wb 10 · .167

16 Av·Wb 10 · 77.4

16 Av·Wb 10 · 39.9

16 Av·Wb 10 · 39.2

Reluctancia equivalente

circuito completo:

PARALELOSERIE RRR

17 Av·Wb 10 · 18.1 R

10

400NI

cm 1

cm 10cm 10

cm 10

Wb10 · 5.1 · 3 AB

cm 5.4

cm 5.4

P

Q S

RM

N

CD

400N

PROBLEMA 5 (Cont.)

2cm 10A

PRSQR PMNQR

INfmm ·

P

Q

PCRCDR

DQR

Equivalencia circuito magnético

Reluctancia equivalente

circuito completo:

PARALELOSERIE RRR 17 Av·Wb 10 · 18.1 R

DQCDPCSERIE RRRR

2PCDQ

PARALELO

RR

Puesto que en el entrehierro CD tiene que haber un campo B = 1.5 T, el flujo magnético allí ha de ser

Analogía de la ley de Ohm para el circuito magnético:

RINfmm · ·

N

RI

· A 2.44

400

8·101.1 · .5·101 73

SERIER

PARALELOR

INfmm ·