Relación de problemas: Tema 9

Relación de problemas: Tema 9
1.-Una espira rectangular de lados a y b gira con una velocidad angular ω en el seno de
un campo magnético constante, perpendicular al eje de rotación de la espira. Calcular la
fem inducida en la espira.
dφ
dt
φ = ∫ B ⋅ dS
S
Suponiendo que en t = 0 B y S son paralelas:
ε =−
a
b
ω
φ = Bab cos ωt
ε = Babω senωt
2.- Un solenoide uniformemente devanado alrededor de un núcleo de aire tiene 120
vueltas, diámetro 10 mm y longitud 9 cm.
a) Calcule la inductancia del solenoide.
b) Si el núcleo se rellena con una barra de hierro dulce con una permeabilidad
magnética de 800 µ0, calcule la nueva inductancia.
a)
La inductancia o autoinductancia L viene dada por:
L = µ0
N2A
N 2 IA
obtenida de φm = µ0
= LI
l
l
solenoide
L = 4π ⋅107
2
120
2
π ( 0.005 ) = 1.58 ⋅10−5 H
0.09
A = π r 2 = π ( 0.005 )
2
l = 0.09 m
1
b) m = permeabilidad magnética
m = (1 + χ m ) m0
χ m = susceptibilidad magnética del material
m = 800m0 ; B = mB0 = mµ0 nI
B0 = campo interior de un solenoide=µ0 nI
N
l
φm = NBA = mµ0 n 2 I Al = LI
n=
L = mµ0 n 2 Al = mL0
L0 = autoinducción en el vacío.
L=800L0 = 12.6 mH
3.- En un día claro existe un campo eléctrico vertical cerca de la superficie de la Tierra
con una magnitud aproximada de 100 V/m. Al mismo tiempo, el campo magnético de la
Tierra tiene una magnitud aproximadamente de 0,5·10-4 T. Calcule la densidad de
energía de los dos campos.
a) La densidad de energía eléctrica viene dada por:
1
1
ue = ε 0 E 2 = 8.85 ⋅10−12 ⋅100 2 = 44.3 nJ / m3
2
2
ue = 44.3 nJ / m3
b) La densidad de energía del campo magnético viene dada por:
B2
uB =
= 995 µ J / m3
2µ0
u B = 995 µ J / m3
Estas ecuaciones de ue y uB son generales, siempre que exista un campo eléctrico o
magnético en el espacio hay una energía almacenada por unidad de volumen.
4.- Un protón se mueve a través de un campo eléctrico dado por E=50ĵ V/m y un campo
magnético B= 0.2î + 0.3ĵ + 0.4ќ T. Determine la aceleración del protón cuando tiene
una velocidad de 200 m/s en la dirección del eje X.
Según la ley de fuerzas de Lorenz:
2
F = qE + q v × B = ma
v = 200iˆ
E = 50 ˆj
B = 0.2iˆ + 0.3 ˆj + 0.4kˆ
(
)
q = carga del protón
m = masa del protón
q q
a =  E + v × B  = 50 ˆj + 200iˆ × 0.2iˆ + 0.3 ˆj + 0.4kˆ  =
 m

m
q
=
+60kˆ − 80 ˆj = −2.87 ˆj + 5.75kˆ ⋅109 m / s
m
(
(
)
(
) (
(
)
))
(
)
a = −2.87 ˆj + 5.75kˆ ⋅109 m / s
5.- Una espira rectangular de dimensiones a y b, es coplanaria con un hilo recto e
indefinido, recorrido por una intensidad I, que se encuentra inicialmente a una distancia
d del lado de longitud a. A partir de t=0, la espira se desplaza en el plano con velocidad
constante v, en una dirección que forma un ángulo θ con el hilo, alejándose del mismo.
Calcular la f.e.m inducida en la espira.
Z
dρ
I
d
Campo que crea el hilo:
dS
µ I
B= 0 ϕ
2πρ
µ I d +a b
µ Ib d + a
φ = 0 ∫ d ρ = 0 ln
2π d ρ
2π
d
b
v
ρ
a
X
Cuando la espira se mueve d
cambia. Según el sistema de coordenada que hemos tomado, d la cambiamos por x,
distancia genérica al eje z.
φ=
µ0 Ib x + a
ln
2π
x
dφ
dφ dx
dx
=−
siendo
= v, velocidad de la espira.
dt
dx dt
dt
µ Ib x  x − ( x + a )  dx µ0 Ib
a
=
v
ε =− 0


2
2π x + a 
2π x ( x + a )
x
 dt
ε =−
ε=
µ0 I abv
2π x ( x + a )
3
a
b
× Bind
Iind
ε
La intensidad inducida en la espira tiende a aumentar B, ya que cada vez la espira corta
menos ф. (Ley de Lenz).
6.-Una barra conductora se desliza a una velocidad de 20 m/s a lo largo de los raíles
conductores paralelos, unidos en uno de sus extremos por otro conductor. La resistencia
del circuito es de 3 Ω y su autoinducción despreciable. Suponiendo que la distancia
entre los dos raíles es de 3 m y que la componente vertical del campo magnético
terrestre es de 2·10-5 Wb/m2, calcular:
a) La corriente que circula por el circuito.
b) La potencia que se requiere para mover la barra.
a)
Z
v = v0 ɵj
B = B0 kɵ
ε =−
d
Y
v
ε = − B0 d
dφ
; φ = B ⋅ S = B0 dy
dt
dy
= − B0 d v0 = −1.2 mV
dt
X
ε debe crear una I inducida que a su vez cree un campo en sentido contrario al ya
existente, para contrarrestar el aumento de flujo (Ley de Lenz).
ε
I
I=
ε
R
= 0.4 mA
Bind x
I = 0.4 mA
4
b)
P=
ε2
=
( B0 d v0 )
R
R
P = 0.48 µW
2
= 0.48 µW
7.- Una bobina circular de 300 vueltas y un radio de 5 cm se conecta a un integrador de
corriente (que mide la carga que pasa por él). La resistencia total del circuito es 20 W.
El eje de la bobina se orienta inicialmente de modo que sea paralelo al campo
magnético terrestre en un punto determinado. Cuando el eje de la bobina gira 90º, la
carga que pasa a través es 9,4 mC. Calcule el valor del campo magnético terrestre en
dicho punto.
dΦ
; Q = ∫ i ( t ) dt
dt
dΦ
ε = Ri ( t ) = −
⇒ d Φ = − Ri ( t ) dt
dt
Integrando:
ε =−
0
∫
NSB
d Φ = − R ∫ i ( t ) dt = − RQ
Q
RQ
NS
20 ⋅ 9.4 ⋅10 −3
− NSB = − RQ ⇒ B =
20 ⋅ 9.4 ⋅10−3
=
= 0.07978 T = 798 G
B=
2
300π r 2
300π ( 0.05 )
8.- Una espira rectangular de lados a = 4 cm y b = 3 cm está situada en el mismo plano
de un hilo conductor rectilíneo como indica la figura. Se plantean dos experiencias y se
desea determinar en qué caso la f.e.m. inducida será mayor.
a) Experiencia 1. La espira se sitúa inicialmente a una distancia de x = 2 cm del hilo, y
se desplaza en su mismo plano con velocidad v = 0,2 m/s en la dirección perpendicular
al hilo alejándose de él. Por el hilo rectilíneo indefinido circula una corriente I = 4 A.
b) Experiencia 2. Se fija la espira a una distancia de 0,1 m, y circula una corriente
variable en el tiempo, I(t) = 4-0,2t por el conductor rectilíneo indefinido.
5
a = 0.04
b = 0.03
Fem inducida:
dφ B
dt
φB = ∫ B ⋅ dS
ε =−
s
µI
Bhilo = 0 kˆ
2π x
dS = dSkˆ = adx
φB =
x = d +b
∫
x =d
µ0 I
µ0 Ia d +b dx µ0 Ia d + b µ0 Ia  b 
ln
ln 1 + 
adx =
=
=
2π x
2π ∫d x
2π
2π
d
 d
a)
Espira quieta a 0.02 m del hilo, luego se mueve a v =0,2 m/s.
d = d 0 + vt = 0.02 + 0.2t
b
µ0 Ia d   b  
µ0 Ia − d 2 v
dφ B
=−
=
ε =−
ln 1 +   = −
dt
2π dt   d  
2π 1 + b
d
µ Ia bv
= 0
con d = d 0 + vt
2π d 2 + bd
µ Ia
bv
4π ⋅10 −7 0.04 ⋅ 4
0.03 ⋅ 0.2
ε (t = 0) = 0
=
= 0.19 µV
2
2π d 0 + bd 0
2π
0.022 + 0.02 ⋅ 0.03
b)
La espira quieta, I varía I(t)=4-0.2t
d0= 0.1 m
6
ε =−
=
µa 
µa 
dφ B
b  dI
b 
= − 0 ln 1 +  = − 0 ln 1 +  ( −0.2 ) =
dt
2π  d 0  dt
2π  d 0 
4π ⋅10 −7 0.04 ⋅ 0.2  0.03 
ln 1 +
 = 0.42 nV
2π
0.1 

Como el flujo de B disminuye en ambos casos y B entra en la página, la corriente
inducida va en las agujas del reloj para generar un B dirigido hacia dentro de la página
en el interior de la espira.
9.- Un carrete de Tesla se construye con un solenoide largo y estrecho (solenoide B) que
se encuentra dentro de otro más ancho de igual longitud (solenoide A). Sea un carrete
con un solenoide A de 400 vueltas y otro B de 1000 vueltas, siendo la longitud de
ambos de 10 cm. Cuando una corriente de 3,5 A circula por la bobina A se mide un
flujo de 19,6 mWb en su centro y otro de 36,7 mWb en el centro de B.
a) Calcule los radios de ambos solenoides.
b) Calcule la inductancia mutua entre los solenoides.
c) Si se conecta a la bobina B un circuito con una resistencia de 10 Ω ¿qué potencia se
disipa en la resistencia si la corriente en la bobina A se incrementa a razón de 2 A/s?
d) ¿Qué habría que hacer para obtener una potencia mayor, por ejemplo, para encender
una bombilla conectada al solenoide B?
A= solenoide exterior.
B= solenoide interior.
NA=400 vueltas
NB=1000 vueltas
µ0=4π·10-7 H/m
IA=3.5 A
ΦA=19.6 mWb
ΦB=36.7 mWb
a)
Φ=BNS
ΦA=BNASA
B = µ0 nI = µ0
400
3.5 = µ0 4000 ⋅ 3.5
0.1
Φ A = BN Aπ rA2 ⇒ rA =
ΦA
BN Aπ
Φ B = BN Bπ rB 2 ⇒ rB =
ΦB
BN Bπ
b)
La inductancia mutua entre los dos solenoides:
7
M BA
Φ
B N S
= BA = A B B =
IA
IA
µ0
NA
I A N B SB
N N
L
= µ0 A B S B
IA
L
c)
P=VI en este caso V será la ε inducida en B:
V
ε 2
Como V = IR ; I = ⇒ PB = B
R
RB
Donde εB es la fem inducida en B.
Φ B = BA N B S B
dΦB
∆I
εB será: ε B =
⇒
⇒ ε B = − µ0 N A N B S B A
NA
dt
∆t
BA = µ 0
IA
L
∆I A 

 µ0 N A N B S B

∆t 
PB = 
RB
2
d)
Aparece en la solución.
10.-La rueda de Barlow es un disco conductor que gira alrededor de su eje en presencia
de un campo magnético constante, uniforme y paralelo a dicho eje, B0. Si, mediante dos
contactos deslizantes, se conecta un voltímetro, entre el centro y el borde del disco,
¿cuál será la medida obtenida por el mismo?
Aplicando la Ley de fuerzas de Lorentz;
Cualquier portador de carga q situado sobre un
radio entre el centro del disco y el contacto
deslizante experimenta una fuerza.
B= B0 ќ
ω
ρ
8
F = qv × B
v = ω × ρ = ωρϕɵ
 ɵ
 B = B0 k
ρ es el radio de giro.
F = qωρ B ϕɵ × kɵ ⇒ F = qωρ B ρ
0
0
Esta fuerza en dirección radial es la responsable de que aparezca
una fuerza electromotriz.
a
a
F a F
ωa 2
ε = ∫ ⋅ dl = ∫ ⋅ d ρ ρ = ∫ ωρ B0 d ρ = ω B0 ∫ ρ d ρ = B0
2
0
0
0 q
0 q
a
ε =B0
ωa2
2
Intente obtener este resultado con la Ley de inducción de Faraday.
11.- La figura muestra el fundamento de un motor lineal constituido por una varilla
móvil de masa m y longitud l, que descansa sobre dos raíles conductores sobre los que
puede deslizarse. R es la resistencia equivalente de la batería, raíles y varilla.
Suponiendo una fuerza de fricción constante Ff y partiendo del reposo, calcular la
velocidad de la varilla.
Al pasar la corriente por la barra deslizante aparece sobre ella (sobre los portadores de
carga) una fuerza:
F = qv portador × B = qv portador B0 ˆj × kˆ = qv portador B0iˆ ´
9
Esta fuerza tiende a alejar la barra. Se produce por tanto un aumento de flujo magnético
(aumenta el área de la espira) y según la ley de Inductancia de Faraday aparece una fem
inducida que tiende a frenar el aumento de flujo. Para el circuito la 2ª ley de Kirchhoff:
dΦ
d V + ε = RI siendo ε = −
= − ∫ B ⋅ dl
dt
dt
d
dx
ε = − [ Blx ] = − Bl = − Blv
dt
dt
V − Blv
V − Blv = RI ⇒ I =
R
dv
Según la dinámica de Newton: ∑ F = ma = m
dt
Tendremos que calcular la fuerza sobre el hilo (barra) con los datos del problema:
F = ∫ Idl × B = IlB0 ˆj × kˆ = IlB0iˆ
l
dv
dt
dv
IlB0 − F f = m
dt
lB0
dv
(V − B0lv ) − Ff = m reagrupando términos:
R
dt
2 2
lB V Ff
dv B l
+
⇒ Ecuación diferencial lineal no homogénea
v= 0 −
dt Rm
mR m
F − Ff = m
La solución de esta ecuación nos da v:
B l

− 0 t 
Rm

V
R 
v ( t ) =  − Ff 2 2   1 − e cte 
lB0
B0 l  




cte
2 2
12.- El solenoide largo de la figura está devanado con 1000 espiras por metro y la
intensidad en su arrollamiento aumenta a razón de 100 A/s. La sección del solenoide es
de 4 cm2. Calcular:
a) La fem inducida en un bucle circular de hilo que envuelva al solenoide.
b) El campo eléctrico inducido en dicho bucle suponiendo que este tiene 10 cm de radio
que envuelve al solenoide concéntricamente tal como se muestra en la figura.
a)
10
n = 1000 esp / m
dI
= 100 A / s
dt
S = 4 cm 2
B = µ0 nI
φ = BS = µ0 nIS (S del solenoide)
dφ
dI
ε =−
= − µ0 nS
= −50.24 µV
dt
dt
ε = −50.24 µV
b)
ε = ∫ E ⋅ dl = E 2π a ⇒ E =
ε
= 80 µV / m
2π a
E = 80 µV / m
13.- Una espira rectangular, de lado vertical a y horizontal b, está contenida en el plano
zy y su centro dista de un hilo coincidente con el eje z una distancia L. Si por el hilo
circula una corriente I1 y por la espira una corriente I2 (en el sentido indicado en la
figura), calcúlese:
a) La fuerza que la espira ejerce sobre el hilo.
b) Si la corriente por la espira cesa y comienza a girar respecto de un eje vertical que
pase por su centro con velocidad angular constante v, calcúlese la f.e.m. inducida en la
espira.
a) El campo creado por el hilo es:
µI
B = 0 1 ϕˆ
2πρ
La fuerza que ejerce sobre cada tramo de la espira es:
F = I 2 ∫ dl × B
11
Las fuerzas sobre el tramo 1 y sobre el tramo 3 serán iguales, en la misma dirección y
sentido contrario, luego se anulan (no las calculo).
La fuerza sobre el tramo 2 es:
F2 = I 2
µ0 I1a
b

2π  L + 
2

ˆj
Y la fuerza sobre el tramo 4 es:
µ0 I1a
F4 = I 2
− ˆj
b

2π  L − 
2

( )
Luego la fuerza total que el hilo ejerce sobre la espira es:


µ0 I 2 I1a  1
1  ˆ µ0 I 2 I1a
−b
ˆj
F=
−
j=


2
2π  L + b L − b 
2π
b
L2 −  

2
2
2
La fuerza de la espira sobre el hilo será de igual módulo, misma dirección y sentido
contrario.
2µ I I ab
F = 0 22 1 2 ˆj
π ( 4L − b
)
Desde arriba:
12
µI
B = 0 1 ϕˆ
2πρ
ρ = u 2 sen 2θ + ( L − u cos θ ) = u 2 + L2 − 2uL cos θ
2
L − u cos θ
ϕˆ = cos α iˆ − senα ˆj =
ϕˆ =
u 2 + L2 − 2uL cos θ
( L − u cos θ ) iˆ − usenθ ˆj
usenθ
iˆ −
u 2 + L2 − 2uL cos θ
ˆj
u 2 + L2 − 2uL cos θ
dS = dS cos θ iˆ + senθ ˆj = adu cos θ iˆ + senθ ˆj
(
)
(
)
µ I a L cos θ − u cos 2 θ − usen 2θ
d Φ = B ⋅ dS = 0 1
du
2π
u 2 + L2 − 2uL cos θ
µ Ia
L cos θ − u
dΦ = 0 1 2
du
2π u + L2 − 2uL cos θ
Φ = ∫ dΦ =
µ0 I1a
2π
t = u 2 + L2 − 2uL cos θ
b
2
∫u
−
b
2
2
L cos θ − u
du = dt = ( 2u − 2 L cos θ ) du =
+ L2 − 2uL cos θ
dt
( 2 cos θ − u ) du = −
2
2
b
2
  + L + bL cosθ
2
=
µ0 I1a
2π  b 
∫
2
  + L − bL cosθ
2
ε=
2
dt µ0 I1a b 2 + 4 L2 + 4bL cos θ
ln 2
=
2π
t
b + 4 L2 − 4bL cos θ
d Φ µ0 I1a d  b 2 + 4 L2 + 4bL cos θ
=
 ln
dt
2π dt  b 2 + 4 L2 − 4bL cos θ
 µ0 I1a b 2 + 4 L2 − 4bL cos θ
⋅
=
2π b 2 + 4 L2 + 4bL cos θ

−4bLω senθ ( b 2 + 4 L2 − 4bL cos θ ) + 4bLω senθ ( b 2 + 4 L2 + 4bL cos θ )
( b2 + 4L2 − 4bL cos θ )
=
2
=
µ0 I1a16b 2 L2ω senθ cos θ
2π ( b 2 + 4 L2 − 4bL cos θ )
ε=
8µ0 I1ab 2 L2ω senθ cos θ
π ( b 2 + 4 L2 − 4bL cos θ )
14.-Considere un cable coaxial cuya sección transversal se muestra en la figura. Las
zonas rayadas corresponden a los conductores y la región entre a y b es de un material
magnético con permeabilidad magnética µ. Calcular:
a) La autoinducción del cable por unidad de longitud.
b) La energía almacenada por el cable por unidad de longitud.
13
Suponga que (c-b)<<(b-a), es decir, que el conductor exterior es muy delgado.
Suponemos que a<<(b-a) y que (c-b)<<(b-a), es decir, tenemos un hilo muy fino
(a→0) rodeado de una carcasa metálica muy delgada (c-b) →0.
En estas condiciones y suponiendo que tanto por el hilo como por la envoltura
circulan corrientes iguales pero de sentido contrario, sólo hay campo B en la región
a<ρ<b.
Se puede aplicar la ley de Ampere para H :
µ I
I ɵ
H=
ϕ⇒B=
ϕɵ siendo µ la permeabilidad del medio.
2πρ
2πρ
Llamamos φ ′ al flujo de líneas de campo magnéticas por unidad de longitud:
b µI
µI b
ln (Wb)
dρ =
φ′ = ∫
2π a
a 2πρ
a) Y la autoinducción por unidad de longitud L´:
L′ =
L′ =
φ′
I
=
µ b
ln
( H / m)
2π a
µ b
ln
2π a
b) La energía por unidad de longitud W´ será:
W′ =
1
L′I 2
2
W′ =
µ 2 b
I ln
( J / m)
4π
a
15.-Calcular el coeficiente de autoinducción de un solenoide toroidal, con sección
rectangular como se muestra en la figura. El número total de espiras es N e I es la
intensidad que circula por ellas.
14
Se trata de un toroide de sección rectangular.
Tomando una superficie circular en la mitad del solenoide toroidal de radio ρ.
H 2πρ = NI
NI
µ NI
H=
ϕɵ ⇒ B =
ϕɵ
2πρ
2πρ
Para calcular el coeficiente de autoinducción calculamos el cociente:
L=
φ 11
I1
=
Nφ
I
Ф es el flujo que corta una espira del solenoide.
15
Calculamos el flujo que corta una espira:
φ = ∫ B ⋅ dS =
S
L=
µ NIh b d ρ µ NIh b
=
ln
∫
a
2π a ρ
2π
µ N 2h b
ln
a
2π
- depende de µ

- depende de las características geométricas:b, a y h.
16.-Un núcleo toroidal de aire, de sección cuadrada, tiene diámetros interior de 25 cm y
exterior de 35 cm. Lleva un arrollamiento de 500 espiras apretadas de hilo conductor.
Calcular su autoinducción y la energía total almacenada en él cuando por el
arrollamiento circula una corriente de 10 A.
Se repiten los cálculos del ejercicio 15 siendo ahora h=b-a porque la sección es
cuadrada.
H 2πρ = NI
NI
µ NI
H=
ϕɵ ⇒ B = 0 ϕɵ
2πρ
2πρ
L=
φ11
I1
=
Nφ
I
φ = ∫ B ⋅ dS =
S
µ0 NI ( b − a ) b d ρ µ0 NI ( b − a ) b
∫a ρ = 2π ln a
2π
µ0 N 2 ( b − a ) b
ln
2π
a
L = 0.33 µ H
L=
1
W = LI 2
2
W = 16.5 µ J
16
17.-Calcular el coeficiente de inducción mutua entre los dos solenoides coaxiales largos,
de longitudes la y lb, con radios aproximadamente iguales, de valor R, que se muestran
en la figura.
M ba =
Φ ba Ba N b Sb
=
=
Ia
Ia
µ0
Na
I a N b Sb
La
Ia
=
S a ≃ Sb = S
µ0
N a Nb
S
La
Análogamente:
M ba =
Φ ab
N N
= µ0 a b S
Ib
Lb
18.-Calcular el coeficiente de inducción mutua entre los dos conductores de la figura.
I1
17
Circuito 1: hilo recto indefinido.
Circuito 2: espira rectangular.
M12 = M 21 =
φ2
I1
donde I es la intensidad que pasa por el circuito 1
1
y φ2 es el flujo que corta la espira rectangular.
φ2 = ∫ B ⋅ dS
S2
Calculamos el campo B a una distancia ρ del hilo.
Aplicando la ley de Ampere:
B 2πρ = µ0 I1 ⇒ B =
φ2 =
µ0 I1 ϕ
2πρ
µ0 I1 a +b hd ρ µ0 I1h a + b (B y dS en el plano son paralelos)
ln
=
2π ∫a ρ
2π
a
M12 = M 21 =
µ0 h a + b
ln
2π
a
19.- Un condensador cuyas placas tienen un área de 0,5 m2 se carga de manera que fluye
por él una corriente de 10 A.
a) ¿Cuál es la corriente de desplazamiento entre las placas?
b) Calcule la variación de la intensidad del campo eléctrico por unidad de tiempo entre
las placas para esta corriente.
c) Calcule la circulación del campo magnético a lo largo de una circunferencia de 10 cm
de radio que es paralela a las placas y está situada entre ellas.
a)
La corriente de desplazamiento de
Maxwell viene dada por la expresión:
dφ
Id = ε 0 e
dt
φe flujo de E a través de una superficie limitada por la curva C.
18
El flujo es φe = EA
A= área de las placas.
E = campo eléctrico entre las placas.
E=
σ
Q
=
ε 0 Aε 0
Id = ε 0
d  Q 
A  = I = 10 A

dt  Aε 0 
La corriente de desplazamiento a través del espacio entre las placas es igual a la
corriente en los cables que entran y salen del condensador.
I = 10 A
b)
dE d  Q 
1 dQ
10
= 
=
= 2.26 ⋅1012 V / ms
=
−12
dt dt  Aε 0  Aε 0 dt 0.5 ⋅ 8.85 ⋅10
dE
= 2.26 ⋅1012 V ms
dt
c)
Veamos dónde se ubica esta circunferencia comparada con las placas del condensador.
r1 = radio placas condensador = 0.4 m = 40 cm
A = π r12
Como la circunferencia tiene 10 cm está dentro de las placas, en el E uniforme del
condensador.
r2 = 10 cm.
La circulación de B es
B
∫ ⋅ dl = B2π r2
C
Según la ley generalizada de la ley de Ampere
∫ B ⋅ dl
C
dφ
dφ
d
= µ0 I + µ0ε 0 e = µ0ε 0 e = µ0ε 0 ( Eπ r2 2 ) =
dt
dt
dt
0
= µ0ε 0π r2 2
d  Q 
r2 2
2 dE
µ
ε
π
µ
=
r
=
I = 7.8 ⋅10−7 Tm


0 0
2
0
2
dt  Aε 0 
dt
r1
19
−7
B
∫ ⋅ dl = 7.8 ⋅10 Tm
C
20.-Considere un condensador de aire, de placas plano paralelas circulares de 10 cm de
radio. Suponiendo que en el proceso de carga del condensador, el campo eléctrico entre
las placas varía con el tiempo de la forma:
dE
= 1013 Vm −1s −1
dt
Calcular la corriente de desplazamiento total que se produce entre las placas del
condensador.
Dato:ε0 =8.9 ·10-12 C2N-1m-2
dE
= 1013V / ms
dt
dφ E
dE
= ε 0π R 2
dt
dt
2
φE = π R E
ID = ε0
I D = 2.8 A
20