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Guía 7: Inducción electromagnética
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koreano
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Publicado: Dom Oct 30, 2011 8:59 pm Asunto:

Guía 7: Inducción electromagnética


Guía 7: Inducción electromagnética Enunciados: http://materias.fi.uba.ar/6203/Download/Problemas%20y%20Laboratorio/Gu%EDa%207.pdf 1) El campo es entrante en dirección, por lo tanto por la Ley de Lenz, la corriente que se genere debería crear un campo que se oponga al campo que la genera. Por lo tanto su dirección va a ser anti-horaria en el esquema. Para calcular el valor de la EMF hacemos uso de la Ley de Faraday: $[tex]\oint \vec{E} \cdot \vec{dl} = \mathcal{E} = - \frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ Para una vuelta de conductor, el flujo que atraviesa cualquier superficie que tenga a la bobina como frontera va a ser: $[tex]\Phi' = \iint \vec{B} \cdot \vec{dS} = B(t) \cdot ab [/tex]$ Por lo tanto, para la bobina completa, el flujo concatenado es $[tex]N \cdot \Phi'[/tex]$ . Basta diferenciar este flujo total con respecto al tiempo y obtenemos lo que queríamos: $[tex]\mathcal{E} = - N \frac{dB(t)}{dt}ab = - \frac{1}{s} \cdot 50 \cdot 0.01\, T \cdot 0.005 \, m^2 = - 0.0025 \, V[/tex]$ 2) En este caso tenemos un B constante pero el flujo varía con el tiempo ya que la espira cambia su alineación con el campo. Si tomamos la posición (1) como inicial ( $[tex]t=0[/tex]$ ), podemos plantear: $[tex]\Phi = N \iint \vec{B} \cdot \vec{dS} = N \int_0^a \int_0^b B \, \hat{i} \cdot dxdy \, \hat{n} = N \cdot B \cdot ab \cos(\omega t)[/tex]$ Donde la velocidad angular la podemos calcular, ya que la frecuencia es $[tex]1500\,r.p.m = 25 Hz[/tex]$ . Por lo tanto $[tex]\omega = 2 \pi f = \frac{50\pi}{s}[/tex]$ Resta diferenciar respecto de $[tex]\frac{d}{dt}[/tex]$ y obtenemos nuestra EMF: $[tex]\mathcal{E} = - \frac{d}{dt} N \cdot B \cdot ab \cos(\omega t) = \omega N B \cdot ab \sin(\omega t)[/tex]$ 3) Tenemos 4 situaciones posibles a analizar: a) El cuadro se mueve en la región exterior al campo. Al no haber campo, no hay EMF inducida. b) El cuadro entre a la región donde está el campo. El flujo concatenado por el cuadro está aumentando ahora con el tiempo ya que a medida que avanza, aumenta la cantidad de líneas de B que penetran cualquier superficie que tenga al cuadro como frontera. c) El cuadro se mueve dentro de la región del campo. Sin embargo, no hay EMF inducida, ya que el flujo magnético concatenado es constante en el tiempo. d) El cuadro sale de la región del campo. Ahora, hay un cambio de flujo concatenado nuevamente al decrecer la cantidad de líneas de B. Está claro que va a ser la misma variación que en b) pero opuesta en sentido. Entonces para ser cuantitativos tenemos que analizar solo b) (o d)): Si llamamos L al lado del cuadro tenemos que el área de cuadro por el que penetran las líneas de B va a depender de que tanto el lado horizontal entre en la región con campo. Tomando $[tex]A = Ldx[/tex]$ : $[tex]\Phi = B \cdot A = B L dx[/tex]$ Ahora solo resta multiplicar por el número de espiras y derivar con respecto al tiempo, recordando que $[tex]v = \frac{dx}{dt}[/tex]$ $[tex]\mathcal{E} = - N \frac{d\Phi}{dt} = -N B L v[/tex]$ Podemos graficar esto, tomando el centro geométrico del cuadro como referencia de su ubicación: 4) a) Este ejercicio ya lo resolvimos en la guía 4 (ej. 8) mediante la condición de equilibrio que implica la velocidad constante y la definición fuerza de Lorentz. Aprovecho que ya está resuelto para plantearlo haciendo uso de la Ley de Faraday, parecido a lo que hicimos en el ejercicio anterior: Cuesta imaginarlo, pero si consideramos que la barra misma forma un circuito cerrado luego de un diferencial de tiempo (recordar, es un instante infinitesimalmente pequeño) podemos seguir con el procedimiento tranquilamente. $[tex]\Phi = B \cdot A(x) = B L x[/tex]$ Este paso me parece bastante feo a mí personalmente así que no lo resolvería así, pero bueno. $[tex]\mathcal{E} = - \frac{d\Phi}{dt} = - B L v[/tex]$ Al ser la barra el único conductor real, esta EMF es exactamente la diferencia de potencial que hay entre los extremos. b) La EMF inducida sobre la barra no varía, ya que $[tex]\oint \vec{E} \cdot \vec{dl} = \mathcal{E}[/tex]$ se cumple sin importar si el camino sobre el que se circula es conductor o no. La corriente inducida va a ser $[tex] I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{B L v}{R}[/tex]$ . Cálculemos ahora la fuerza que hay que hacer sobre la barrar para mantenerla moviéndose a velocidad constante. Sabemos que por la barra circula una corriente I, por lo tanto la magnitud de la fuerza magnética va a ser $[tex]F_m = ILB[/tex]$ (recordar que $[tex]d\vec{F_m} = I(\vec{dl}\times \vec{B})[/tex]$ ). Esta es exáctamente la fuerza que hay que hacer en sentido opuesto para que la aceleración total sea nula y la velocidad se mantenga constante. Si comparamos el trabajo hecho por dicha fuerza tenemos: $[tex]dW = F_m\,dx = F_mv\,dt[/tex]$ . Por otro lado, la energía disipada en la resistencia es $[tex]dW = P\,dt = I^2 R\,dt = \frac{\mathcal{E}^2}{R}\,dt[/tex]$ . Trabajando con las potencias resulta: $[tex]P = F_m v = ILBv[/tex]$ Pero $[tex]I = \frac{BLv}{R}[/tex]$ entonces: $[tex]P = F_m v = \frac{(LBv)^2}{R} = \frac{\mathcal{E}^2}{R}[/tex]$ Entonces el trabajo de la fuerza es exactamente el mismo que se otorga en la resistencia, como esperabamos. 5) Resolvamos este en cambio con la condición de equilibrio que sugiere la velocidad angular constante. Al ser la barra de material conductor, tenemos cargas libres que van a ser afectadas por el campo magnético. Utilizamos un sistema de coordenadas cilíndricas con centro en el eje de rotación de la varilla (largo R, velocidad angular $[tex]\omega[/tex]$ ). $[tex]\vec{F} = q\vec{E} + q(\vec{v} \times \vec{B})[/tex]$ Pero en MCU $[tex]v = \omega r[/tex]$ y además para que estén en equilibrio, las cargas tienen que tener una fuerza resultante equivalente a $[tex]-m r \omega^2[/tex]$ . Reemplazando esto y notando que el campo magnético y la velocidad tangencial son perpendiculares: $[tex]q(\vec{v} \times \vec{B}) = q \omega r B \, \hat{r}[/tex]$ . Vemos que dada la dirección de rotación y la del campo B, la fuerza magnética de Lorentz está llevando las cargas positivas hacia afuera. Por otro lado, al estar toda la situación en equilibrio, podemos pensar en esta fuerza magnética ha acumulado cargas en el centro y cara exterior de la varilla y se ha formado una diferencia de potencial. Reemplazamos todo esto en la expresión de la fuerza de Lorentz y despejamos el campo eléctrico: $[tex]\vec{E} = -r \left( B \omega + \frac{m\omega^2}{q} \right)\, \hat{r}[/tex]$ . Calculamos ahora la diferencia de potencial en ir desde el centro hacia el extremo: $[tex]\Delta V = -\int_0^R \vec{E} \cdot \vec{dr} = \int_0^R r \left( B\omega + \frac{m\omega^2}{q} \right) dr[/tex]$ $[tex]\Delta V = \frac{1}{2}\left( \omega B + \frac{m\omega^2}{q} \right) R^2[/tex]$ El lector interesado puede consultar "McKelvey, Física para ciencias e ingeniería", pag. 830, ejemplo 20.2.2. Ahí está explicado como el segundo término en general se puede ignorar en los cálculos. Con respecto a la segunda parte de utilizar un disco macizo, no varía mucho el problema. Podemos pensarlo como un conjunto infinito de varillas como la que ya analizamos, por lo que la única diferencia sería que se puede generar mas electricidad si se quiere pero a costa de una cantidad proporcional de trabajo que se conlleva. Sin embargo, el disco es más fácil de arreglar de manera de interceptar las cargas y poder utilizar las corrientes que se generan en un circuito. Se lo conoce como dínamo de Faraday. 6) Para resolver este problema tenemos que apelar, en principio, a la grosura de las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial. Como sabemos, la Ley de Faraday en forma diferencial es: $[tex]\vec{\nabla} \times \vec{E} = -\frac{d\vec{B}}{dt}[/tex]$ Este es el primer problema en el que tenemos que apelar a esta fórmula, pero es simple el razonamiento. Recordemos que el rotor de un campo vectorial es un vector, cuya magnitud nos daba una idea de que tanto era rotacional/solenoidal el campo. Sin embargo, es un vector. Y como bien sabemos, ya que viene de un producto vectorial (sort of), su dirección es justamente el eje de dicha rotación que representa. Entonces, qué significa que el rotor de E sea proporcional a la variación de B en este problema? Como vemos en el dibujo, el campo B es entrante y por lo tanto su derivada también es entrante en el plano. Por lo tanto, no queda otra que el campo E siempre que sea generado por inducción sea solenoidal en el plano. Figura 1 Volvamos ahora al cálculo de la diferencia de potencial entre A y B. Es natural la elección de un sistema de referencia cilíndrico, con origen O en el centro de simetría del círculo que delimita al campo. Debemos elegir un camino cerrado sobre el que calcularemos la integral cerrada (volvimos a la forma integral de Faraday). Como nos interesa la diferencia de potencial entre AB, cerremos la curva como un triángulo con el origen. Resulta: $[tex]\oint \vec{E} \cdot \vec{dl} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ $[tex]\int_O^B \vec{E} \cdot \vec{dr} + \int_B^A \vec{E} \cdot \vec{dl} + \int_A^O \vec{E} \cdot \vec{dr} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ Ahora bien, como el campo es solenoidal, no tiene componente radial, entonces la circulación en los lados del triángulo AO, OB es 0 y resulta: $[tex]\int_B^A \vec{E} \cdot \vec{dl} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ Prestar atención; lo que estamos calculando tiene que ser coherente. El campo generado va en sentido anti-horario (asumiendo $[tex]\frac{dB}{dt} > 0[/tex]$ ) por lo tanto el potencial en B debe ser menor que en A. Recordemos que: $[tex]\Delta V_{AB} = -\int_A^B \vec{E} \cdot \vec{dl} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ Y es coherente porque significa que $[tex]V_A > V_B[/tex]$ como predijimos. Resta calcular $[tex]\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ . Recordar aquí que este es el flujo encerrado por nuestra curva que tomamos. Si tomamos una superficie plana resulta un triángulito del que nos interesa su área: $[tex]A = \frac{bh}{2} = \frac{L\sqrt{(L/2)^2 + R^2}}{2}[/tex]$ Entonces $[tex]\frac{d\Phi}{dt} = \frac{dB}{dt}\frac{L\sqrt{R^2 - (L/2)^2 }}{2}[/tex]$ . Y la expresión final es: $[tex]\Delta V_{AB} = - \frac{dB}{dt} \frac{L\sqrt{R^2 - (L/2)^2}}{2}[/tex]$ Figura 2 Este sale mas fácil, basta con tomar un cuadrado alrededor del círculo con lado $[tex]2R[/tex]$ . Por razones de simetría el campo es igual en los cuatro lados y la variación de flujo concatenada es total. Entonces: $[tex]4 \Delta V_{AB} = -\frac{dB}{dt} \pi R^2[/tex]$ $[tex]\Delta V_{AB} = - \frac{1}{4} \frac{dB}{dt} \pi R^2[/tex]$ Campo eléctrico Resta calcular el campo eléctrico para ambos casos. Hagamoslo siguiendo con nuestro sistema de coordenadas cilíndrico. Claramente el campo va a estar en la coordenada angular. (Ab)usando la simetría solenoidal del problema sale fácil: * $[tex]r \leq R[/tex]$ $[tex]\oint_C \vec{E} \cdot \vec{dl} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ $[tex]E \cdot 2 \pi r = \frac{dB}{dt} \pi r^2[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{dB}{dt} \frac{r}{2} \, \hat{\theta}[/tex]$ * $[tex]r \geq R[/tex]$ $[tex]\oint_C \vec{E} \cdot \vec{dl} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ $[tex]E \cdot 2 \pi r = \frac{dB}{dt} \pi R^2[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{dB}{dt} \frac{R^2}{2r} \, \hat{\theta}[/tex]$ Recordemos que $[tex]\frac{dB}{dt}[/tex]$ está en $[tex]- \, \hat{z}[/tex]$ . Como estamos circulando en sentido anti-horario, el normal tiene que ser en $[tex]+ \, \hat{z}[/tex]$ . Por lo tanto, por la ley de Faraday, los signos menos se cancelan y resulta positivo como esperabamos. Notar que podríamos también haber resuelto el problema de los potenciales con el dato del campo, solo nos tendríamos que arremangar y arreglárnoslas con pasaje entre polares y cartesianas. 7) Siguiendo con la línea de estilo del ejercicio anterior, si usamos la modelización de solenoide dada, sabemos que el campo magnético en el interior va a ser: $[tex]\vec{B} = \mu_0 n I(t)[/tex]$ Argumentando que las líneas de campo eléctrico deben ser estar contenidas en el plano cuya normal es $[tex]\frac{d\vec{B}}{dt}[/tex]$ y tienen que tener sentido radial (ver ej anterior), elegimos como caminos de circulación las circunferencias centradas en el eje de simetría del solenoide: * $[tex]r \leq R = 0.025 \, [/tex]$ $[tex]\oint_C \vec{E} \cdot \vec{dl} = -\frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ $[tex]E \cdot 2 \pi r = - \frac{dB}{dt} \pi r^2[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = - \frac{dB}{dt} \frac{r}{2} \, \hat{\theta}[/tex]$ Reemplazando los datos: $[tex]\vec{E}(r,t) = \mu_0 \, 900 \cdot 2A \cdot 100 \, Hz \, \sin(100\,Hz \cdot t) \, \frac{r}{2} \, \hat{\theta}[/tex]$ Un gráfico para darnos una idea de lo que está pasando, en un instante t: Vemos que el campo eléctrico va a variar su sentido y magnitud dada la modulación del seno, pero su dirección va a ser siempre radial y depende de la distancia al eje de simetría así como del tiempo. 8) Plantiemos un sistema de referencia como indica el esquema (el 0 de r está sobre el cable): Sabemos que el campo que genera la corriente sobre el conductor es: $[tex]\vec{B}(r,t) = \frac{\mu_0 I(t)}{2 \pi r}[/tex]$ A medida que el arrollamiento se aleja, el flujo de B concatenado disminuye, ya que la intensidad disminuye con la distancia. La EMF inducida en el circuito va a ser: $[tex]\mathcal{E} = \oint_C \vec{E} \cdot \vec{dl} = - N \frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ Por lo tanto solo tenemos que calcular la variación de flujo con el tiempo que ve el circuito: $[tex]\frac{d\Phi}{dt} = \frac{d}{dt} \iint \vec{B} \cdot \vec{dS}[/tex]$ Ahora bien, si elegimos el normal de la superficie como $[tex]\hat{n} = -\hat{\theta}[/tex]$ (estamos circulando en sentido anti-horario como predecimos que va a ser la corriente inducida) el producto escalar en la integral va a dar negativo. Resta hacer la integral doble: $[tex]\frac{d\Phi}{dt} = - \frac{d}{dt} \int_0^{a} dz \int_{r(t)}^{r(t) + a} \frac{\mu_0 I(t)}{2 \pi r} \, dr [/tex]$ $[tex]\frac{d\Phi}{dt} = - \frac{d}{dt} \frac{\mu_0 I(t) a}{2 \pi} ln\left(\frac{r(t) + a}{r(t)}\right)[/tex]$ Tamaño coso tenemos que derivar ahora, reemplazando $[tex]\frac{dr(t)}{dt} = v[/tex]$ . Resulta: $[tex]\frac{d\Phi}{dt} = - \frac{\mu_0 a}{2 \pi} \frac{d}{dt} \left[ I(t) ln\left(\frac{r(t) + a}{r(t)}\right) \right] = - \frac{\mu_0 a}{2 \pi} \frac{d}{dt} \left[ I(t)ln(r(t) + a) - I(t)ln(r(t)) \right][/tex]$ $[tex]\frac{d\Phi}{dt} = - \frac{\mu_0 a}{2 \pi} \left[ I'(t) ln\left(\frac{r(t) + a}{r(t)}\right) + I(t) v\left(\frac{1}{r(t) + a} - \frac{1}{r(t)}\right)\right][/tex]$ Enchufando todo esto en la ecuación de la EMF: $[tex]\mathcal{E} = - N \frac{d\Phi}{dt} = N \frac{\mu_0 a}{2 \pi} \left[ I'(t) ln\left(\frac{r(t) + a}{r(t)}\right) + I(t) v\left(\frac{1}{r(t) + a} - \frac{1}{r(t)}\right)\right][/tex]$ Ahora se ve claramente las contribuciones debidas a los dos distintos fenómenos. Si la velocidad del arrollamiento fuese 0, la segunda parte sería 0. Por otro lado, si la variación de la corriente fuese 0, la primera parte se hace toda 0. Si ambos son 0, entonces no hay variación de flujo y no hay EMF. b) Para el coeficiente de inducción mutua no tenemos mucho que hacer, ya tenemos el flujo que concatena el arrollamiento. Basta dividirlo por la corriente y reemplazar $[tex]r(t) = b[/tex]$ : $[tex]\Phi = N \frac{\mu_0 I a}{2 \pi} ln\left(\frac{r(t) + a}{r(t)}\right)[/tex]$ $[tex]\Phi = N \frac{\mu_0 I a}{2 \pi} ln\left(\frac{b + a}{b}\right)[/tex]$ $[tex]M_{C-A} = \frac{\Phi}{I} = N \frac{\mu_0 a}{2 \pi} ln\left(\frac{b + a}{b}\right)[/tex]$ (C-A = arrollamiento-cable) 9) a) Los cálculos salen directamente con los datos que tenemos, solo debemos recordar que el campo en el interior del toroide considerado de sección delgada se calcula haciendo uso de la Ley de Ampere: $[tex]\oint \vec{H} \cdot \vec{dl} = NI[/tex]$ $[tex]\vec{B} = \frac{\mu_0 \mu_r N I}{2 \pi r_m} \, \hat{\theta}[/tex]$ Procedamos al cálculo de las inductancias. Es relativamente straightforward. Conocido el campo magnético en el interior calculamos el flujo que generan. Luego vemos cuando flujo concatenan los arrollamientos y dividimos por la corriente que generaría dicho flujo. Notar que la inductancia es un valor que termina dependiendo de la geometría y es independiente de la la magnitud de la corriente. Es decir, una configuración conductora puede tener una determinada inductancia sin tener ninguna corriente. $[tex]L_1 = N_1 \frac{\Phi_1}{I_1}[/tex]$ $[tex]L_1 = N_1 \frac{\mu_0 \mu_r N_1 S}{2 \pi r_m}[/tex]$ $[tex]L_1 = \frac{\mu_0 \mu_r N_1^2 S}{2 \pi r_m}[/tex]$ Análogamente: $[tex]L_2 = \frac{\mu_0 \mu_r N_2^2 S}{2 \pi r_m}[/tex]$ La inductancia mutua: $[tex]M_{12} = M_{21} = M = \frac{\mu_0 \mu_r N_1 N_2 S}{2 \pi r_m}[/tex]$ Para el cálculo de la magnitud diferencia de potencial tenemos: $[tex]\mathcal{E}_2 = \frac{d}{dt}(\Phi_{12} - \Phi_{22} )[/tex]$ Sin embargo, como no se establece una corriente en la bobina 2, toda la diferencia de potencial proviene de la inductancia mutua, es decir del flujo de la bobina 1 que la bobina 2 concatena: $[tex]\mathcal{E}_2 = \frac{d}{dt}\Phi_{12} = M\,\frac{dI}{dt} = M \cdot 0.2 \,\frac{A}{s}[/tex]$ En el gráfico vemos: Es decir, si se generara corriente en la segunda bobina, vemos que tendría que generar un flujo que se oponga al que lo generó. Como el flujo del primer arrollamiento va en sentido horario, el flujo generado por la corriente en 2 debería ir en el sentido opuesto, y de ahí la polaridad en los extremos del arrollamiento. b) Si las corrientes son constantes y no hay partes móviles en la configuración, entonces $[tex]\mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt} = 0[/tex]$ . Resta el cálculo de la energía almacenada en el toroide. Para esto, averiguemos la magnitud del campo dentro del toroide: $[tex]\oint \vec{H} \cdot \vec{dl} = N_1 I_1 - N_2 I_2[/tex]$ $[tex]B = \frac{\mu_0 \mu_r (N_1 I_1 - N_2 I_2)}{2 \pi r_m}[/tex]$ Sabemos que la densidad de energía en el campo magnético está dada por: $[tex]\rho_m = \frac{\vec{B} \cdot \vec{H}}{2} = \frac{\vec{B}^2}{2\mu}[/tex]$ Resta integrar esto a lo largo del volumen. Ya que tenemos la sección del toroide, es cuestión de multiplicarla por la circunferencia media ( $[tex]\pi[/tex]$ por diametro): $[tex]E = \frac{ \left( \frac{ \mu_0 \mu_r (N_1 I_1 - N_2 I_2)}{2 \pi r_m} \right)^2 }{2 \mu_0 \mu_r} \cdot 2 \pi r_m S[/tex]$ $[tex]E = \frac{ \mu_0 \mu_r (N_1 I_1 - N_2 I_2)^2 }{4 \pi r_m} \cdot S[/tex]$ Otra manera de pensarlo es calculando los campos de cada bobinado por separado y utilizando eso en la magnitud total del campo. Resulta que si conocemos $[tex]B = B_1 - B_2[/tex]$ , elevando al cuadrado, como pide la fórmula de densidad de energía, obtenemos: $[tex]B^2 = (B_1 - B_2)^2 = B_1^2 + B_2^2 - 2 B_1 B_2[/tex]$ Si multiplicamos esto por por el volumen anteriormente calculado del toroide y el término $[tex]\frac{1}{2} \mu_0[/tex]$ llegamos a la siguiente ecuación (verificar): $[tex]E = \frac{1}{2}L_1 I_1^2 + \frac{1}{2}L_2 I_2^2 - M I_1 I_2[/tex]$ Observar también que si hay "acoplamiento perfecto", es decir, no hay pérdidas de flujo al exterior, entonces $[tex]M^2 = L_1 L_2[/tex]$ . 10) Tenemos todos los datos que necesitamos. Recordemos que la Ley de Faraday dice: $[tex]\mathcal{E} = - \frac{d\Phi}{dt}[/tex]$ Ahora bien, $[tex]L = \frac{\Phi}{I} \rightarrow \Phi = LI[/tex]$ . Reemplazando y tomando módulo ya que nos interesa solo el valor de la EMF y no su sentido: $[tex]\mathcal{E} = \frac{dLI}{dt}[/tex]$ Entonces para la el segundo solenoide tenemos: $[tex]\mathcal{E}_2 = \frac{d}{dt}(L_2 I_2 + M_{12} I_1)[/tex]$ Sin embargo, $[tex]I_2 = 0[/tex]$ ya que está abierto: $[tex]\mathcal{E}_2 = \frac{d}{dt}(M_{12} I_1) = M \frac{dI_1}{dt} = M \cdot 0.5 \, \frac{A}{s}[/tex]$ Ya obtuvimos en el ejercicio anterior una fórmula para calcular la energía almacenada en un par de inductores acoplados: $[tex]E = \frac{1}{2}L_1 I_1^2 + \frac{1}{2}L_2 I_2^2 \pm M I_1 I_2[/tex]$ El signo del último término depende de si es una configuración aditiva o sustractiva, dependiendo del sentido de las corrientes y los bornes homólogos. Notando que $[tex]I_2 = 0[/tex]$ se reduce a: $[tex]E = \frac{1}{2}L_1 I_1^2[/tex]$ 11) Este problema es similar al anterior pero tenemos corriente en ambos. Sin embargo, no se especifíca si las corrientes entran (o salen) por los bornes homólogos. Tenemos: $[tex]E = \frac{1}{2}L_1 I_1^2 + \frac{1}{2}L_2 I_2^2 \pm M I_1 I_2[/tex]$ Si los inductores se encuentran alejados entre si, entonces $[tex]M \rightarrow 0[/tex]$ . Está claro entonces que el último término de la ecuación de energía es entonces la cantidad de trabajo que se debe hacer para acercar a los dos inductores de manera que sus campos magnéticos interactúen. 12) Bueno, mas de lo mismo. La única diferencia es que la diferencia de potencial establecida en el secundario va a ser variable en el tiempo puesto que la corriente en el primario tiene derivada dependiente del tiempo. $[tex]L_2 = \frac{\Phi_2}{I_2} = \frac{\mu_0 \pi R^2 N_2^2}{l_2}[/tex]$ El cálculo de $[tex]L_1[/tex]$ daría con mucho error ya que no se cumple $[tex]R << l_1[/tex]$ por lo que no podemos utilizar la Ley de Ampere para el cálculo del campo magnético y por ende el flujo. Sin embargo, podemos calcular el coeficiente de inducción mutua asumiendo acoplamiento perfecto (ya que no nos dan ningun otro dato y de otra manera para longitudes distintas el calculo del flujo concatenado se hace muy dificil, aun si es bastante fuera de lugar asumir que hay acoplamiento perfecto sin núcleo ferromagnético): $[tex]M = \frac{\mu_0 N_1 N_2 \pi R^2}{\sqrt{l_1 l_2}}[/tex]$ De aquí se desprende que la EMF (en magnitud) inducida en el secundario va a ser: $[tex]\mathcal{E}_2(t) = M\frac{dI}{dt} = M(0.1 - 2\cdot0.05\, t)[/tex]$ --------------------

Última edición por koreano el Jue Jun 28, 2012 10:35 pm, editado 10 veces

La gallina Pipa
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Publicado: Dom Oct 30, 2011 9:54 pm Asunto: (Sin Asunto)


Te re pusiste!! Bien, loco!!

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koreano
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Carrera: No especificada

Publicado: Dom Oct 30, 2011 11:28 pm Asunto: (Sin Asunto)


Gracias, ahí arreglé las imágenes que no andaban. Avisen si encuentran errores

federicobr
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 10:33 am Asunto: (Sin Asunto)


Otra vez muchisimas gracias por el aporte, tenia un par de dudas en un par de ejercicios de la guia. Queria consultarte algo en el ejercicio 4. "Cuesta imaginarlo, pero si consideramos que la barra misma forma un circuito cerrado luego de un diferencial de tiempo (recordar, es un instante infinitesimalmente pequeño) podemos seguir con el procedimiento tranquilamente: " No me queda muy claro por qué tomas el largo de la barra como dx. Lo que hice yo es tomar la situacion de equilibrio, en la que la Fuerza magnética que reciben las barras, y la Fuerza Eléctrica suman cero. Es decir qE = -qvB ==> E = -vB . Y por la ley de Faraday, la integral cerrada de E.dl cualquier camino que incluya a la barra debe ser igual a la fem. Y de ahi saco que FEMind= -vBL. Lo que no entiendo es si hay que distinguir entre campo Electrico conservativo (en esta caso no habría) y no conservativo (el generado por la fem). Gracias de nuevo, y espero la respuesta.

Jackson666
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 10:51 am Asunto: (Sin Asunto)


No toma el largo de la barra como dx. Lo que toma como dx es la distancia que recorre en un intervalo de tiempo dt. Fijate que pone A(x), haciendo énfasis en que el "área" barrida en ese intervalo de tiempo, depende de la variable x. Luego, usa la ley de inducción de Faraday y llega a la misma conclusión que vos. O sea, lo piensa como si fuera un circuito cerrado, sobre el cual se mueve la barra para la derecha y, por lo tanto, va variando su área en el tiempo. Lo que vos planteaste está perfecto, que la fuerza de Lorentz sea nula, para que se siga moviendo con v = cte. Saludos.

koreano
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 10:56 am Asunto: (Sin Asunto)


Ese problema es una bosta, es mejor resolverlo de la manera que comentaste (está resuelto así acá también) pero quería subir la resolución con Faraday (aunque no me parece 'correcta' personalmente, pero bueh) para no copiar y pegar el mismo problema. El ancho se toma dx para 'cerrar' el circuito y poder relacionarlo con la velocidad que es el dato que tenés, recordá que $[tex]v = \frac{dx}{dt}[/tex]$ Yo creo que en este caso el campo que se genera es conservativo. Desde cualquier referencia inercial que te pares, no hay variación del campo magnético. Por otro lado, el campo eléctrico en la barra es un campo "real", en el sentido de que está generado por cargas eléctricas distribuídas no uniformemente a lo largo de la barra. Y tranquilamente podrías asignar una función potencial dicho campo, siempre que la velocidad se mantenga constante (sería una función potencial que depende del tiempo porque las cargas se están moviendo, o podrías tomar un sistema de referencia fijo en la barra).

Jackson666
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 11:08 am Asunto: (Sin Asunto)


Pero $[tex]\vec{E}[/tex]$ no puede ser conservativo, porque su circulación sobre una curva cerrada no da 0, sino que da - la variación de flujo en el tiempo (sino no habría tensión inducida). O sea, no te tenes que guiar porque en este caso pareciera que $[tex]\vec{\nabla}\times\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} = \vec{0}[/tex]$ .

federicobr
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 11:29 am Asunto: (Sin Asunto)


Buenisimo, ya me quedo clara el calculo de la fem. Gracias a los dos. Con respecto a la naturaleza conservativa o no del E, en el caso b) tambien pensas que es conservativa koreano? Porque si calculas la integral de línea sobre una curva cerrada, y te da diferente de cero (en realidad da el valor de la fem) ese campo E no puede ser totalmente conservativo. Pero a su vez al hacer la integral de linea E.dl te da también el valor de la diferencia de potencial, como si E fuera conservativo. Como hablar de potencial solo tiene sentido en caso de campos conservativos, hay una contradiccion que todavia no puedo solucionar.

Jackson666
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 11:42 am Asunto: (Sin Asunto)


Pero lo que te confunde es que en la parte de electrostática considerabas que MENOS la circulación de $[tex]\vec{E}[/tex]$ sobre un camino no cerrado te daba la diferencia de potencial. Fijate que al decir "potencial" decís que el campo eléctrico es conservativo. Se consideraba el menos, porque la fuerza -qE era la necesaria para contrarrestar el efecto de atracción o repulsión que había con las demás cargas que generaban el campo eléctrico (la carga de prueba generaba un campo "despreciable" y siempre era positiva). En este caso, no tenes ninguna carga de prueba, y aparte fijate que no está el signo menos, reflejando que lo que se calcula es el trabajo en un camino cerrado que hace el campo E inducido por la variación de flujo para transportar las cargas propias del conductor a través del mismo. Fijate que instante a instante esa circulación va a ir variando (por ser no conservativo E), por lo tanto, no vas a tener "una función potencial".

federicobr
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 11:52 am Asunto: (Sin Asunto)


Perdon Jackson, no habia leido tu comentario anterior. Entonces "el calcular la diferencia de potencial entre los extremos de la barra indicando su polaridad" es una trampita del Depto. de Fisica ? jajajjaaja

koreano
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 1:07 pm Asunto: (Sin Asunto)


Si querés hablar de potencial electrostático entonces necesitás que se satisfagan las condiciones electrostáticas. Es decir, que las cargas que generan el campo estén fijas con respecto al sistema de referencia que se utiliza. Y que no haya campos magnéticos variables en el tiempo en la región. Si elegís el sistema de referencia en la barra misma, podés tranquilamente hablar de una función potencial y es de esta diferencia de potencial de la que habla el ejercicio, la misma que medirías si pusieses un voltímetro agarrado a los extremos de la barra (es decir, se movería con la barra).

Jackson666
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 1:14 pm Asunto: (Sin Asunto)


¿O sea que tenes que un campo vectorial E, que tiene circulación no nula en un camino cerrado, pero tiene una "función potencial"?

koreano
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 1:32 pm Asunto: (Sin Asunto)


Circulación no nula como? Por ejemplo, si plantás el sistema de referencia en el centro de la barra tenés justamente el campo electrostático de un dipolo.

Jackson666
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Publicado: Lun Oct 31, 2011 10:05 pm Asunto: (Sin Asunto)


Estamos hablando de cosas ligeramente distintas me parece, o no nos entendemos bien. El campo eléctrico neto no es 100% electrostático, tiene sólo una parte que es de esa clase. O sea, cuando la barra se mueve en la región en que está el campo B, se induce una FEM sobre la barra según la ley de inducción (con lo mismo que hiciste los cálculos en el primer post). Esa FEM, es causada por un campo eléctrico inducido por la variación de flujo $[tex]\xi = \oint_{\mathcal{C}}{\vec{E}\cdot d\vec{l}}[/tex]$ . Este campo neto E, se puede escribir como la suma de una parte electrostática (la cual es culpa de las cargas en el interior del conductor) más una parte no electrostática, o sea, $[tex]\vec{E} = \vec{E}_{1} + \vec{E}_{2}[/tex]$ , en donde $[tex]\vec{E}_{1}[/tex]$ es el electrostático. Al reemplazar en la ecuación de la FEM inducida, tenes que $[tex]\xi = \oint_{\mathcal{C}}{\vec{E}\cdot d\vec{l}} = \oint_{\mathcal{C}}{\vec{E}_{1}\cdot d\vec{l}} + \oint_{\mathcal{C}}{\vec{E}_{2}\cdot d\vec{l}} = 0 + \oint_{\mathcal{C}}{\vec{E}_{2}\cdot d\vec{l}}[/tex]$ . La fuerza neta que actúa sobre las cargas tiene que ser 0, porque sino se moverían dentro del conductor, generando una corriente, lo cual no pasa. Como dijo federicobr antes, eso se traduce en que la fuerza de Lorentz sea nula, o sea, $[tex]F = 0 = -qE_{1} + qvB \Longrightarrow E_{1} = vB[/tex]$ (el signo menos del campo eléctrico lo deducís del dibujo en el punto 4). Pero por otro lado, el campo $[tex]\vec{E}_{2}[/tex]$ tiene que ser nulo fuera del conductor, porque no hay ninguna FEM inducida fuera del mismo. También dijimos que la fuerza neta que actúa sobre las cargas dentro del conductor tiene que ser cero. Entonces, se tiene que cumplir que $[tex]E_{2} = -E_{1} = -vB[/tex]$ (sólo dentro del conductor). Ahora, no importa cuál sea el campo que circules entre los extremos del conductor, la tensión entre los extremos del mismo te da $[tex]-vBl[/tex]$ , que coincide con lo que da la ley de inducción (no podía ser de otra manera). Pero lo que importa no es eso, lo que importa es que la circulación de $[tex]\vec{E}_{2}[/tex]$ sobre cualquier curva cerrada que pase por los extremos del conductor y por su interior te da ese resultado (que no es nulo), reflejando el hecho de que no es conservativo. En cambio, el campo $[tex]\vec{E}_{1}[/tex]$ se extiende por toda la región (incluso fuera del conductor), debido a que está generado por una redistribución de cargas en el interior del conductor (están en los extremos del mismo). Ese campo es culpa de la fuerza por unidad de carga $[tex]\vec{F}/q = \vec{E}_{1} = \vec{v} \times \vec{B}[/tex]$ que actúa sobre las cargas del conductor. Es cierto que $[tex]\vec{E}_{1}[/tex]$ y $[tex]\vec{E}_{2}[/tex]$ son iguales y opuestos en el interior del conductor, pero fuera del mismo eso no es cierto (el segundo es nulo). Por lo tanto, fuera del conductor vas a tener un campo de carácter electrostático, que tiene circulación nula en un camino cerrado. La "diferencia de potencial" entre los extremos de la barra la podes calcular integrándolo tanto por una curva (abierta) que vaya por fuera o por dentro del conductor que te va a dar lo mismo. Perdón por la extensión, pero creo que ahora expliqué mejor a lo que me refería.

koreano
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Publicado: Mar Nov 01, 2011 12:26 pm Asunto: (Sin Asunto)

Veo que estaba ignorando en mi razonamiento que el sistema de referencia fijo en el la barra también tiene el factor de la fuerza magnética de Lorentz. Entonces para este sistema de referencia te quedaría el campo del "dipolo" centrado en la barra mas el campo por Faraday/Lorentz $[tex](\vec{v} \times \vec{B}) = vB \, \hat{y}[/tex]$ .

Digo ahora "dipolo" porque en realidad me di cuenta que no es un dipolo como lo había pensado, ya que el campo entre los extremos debe ser constante. No tengo idea como tiene que ser la distribución de carga en la barra para que el campo sea constante en su interior (me está rompiendo el coco esto).

Como el campo electrostático que se forma en la barra es tal que se opone al campo eléctrico inducido, entonces el campo es nulo dentro de la barra pero no nulo en todo el exterior. Entonces la "diferencia de potencial" es 0 en ir de un extremo a otro de la barra (sobre la barra). Como tenés superposición de dos campos conservativos, entonces si circulás por cualquier otro camino por fuera de la barra, también debería darte 0 y me está costando mucho imaginarme que de 0 esto:

Con respecto al post, me parece que hiciste un error. Cuando circulás por el campo, circulás por el campo eléctrico total. El campo total es 0 en el interior de la barra y no nulo en el exterior, pero el no nulo en el exterior viene dado por ambos el electrostático y el inducido.

Cita:

Pero por otro lado, el campo $[tex]\vec{E}_{2}[/tex]$ tiene que ser nulo fuera del conductor, porque no hay ninguna FEM inducida fuera del mismo.

Esto es lo que no me cierra, porque la FEM inducida ( $[tex](\vec{v} \times \vec{B}) = vB \, \hat{y}[/tex]$ ) no distingue si hay conductor o no.

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